Karolina Kalińska MATEMATYKA: PRZYKŁADY I ZADANIAkpbc.ukw.edu.pl/Content/75785/matematyka.pdf · I. FUNKCJE JEDNEJ ZMIENNEJ – JEJ WŁASNOŚCI I GRANICE Uwaga. Jeżeli przyjmiemy,

WYDAWNICTWO PAŃSTWOWEJ WYŻSZEJ SZKOŁY ZAWODOWEJ

WE WŁOCŁAWKU

KKaarroolliinnaa KKaalliińńsskkaa

MMAATTEEMMAATTYYKKAA:: PPRRZZYYKKŁŁAADDYY II ZZAADDAANNIIAA

Włocławek 2011

REDAKCJA WYDAWNICTWA PAŃSTWOWEJ WYŻSZEJ SZKOŁY ZAWODOWEJ

WE WŁOCŁAWKU

Matematyka: przykłady i zadania

Włocławek 2011

Redaktor Naczelny dr Ernest Kuczyński

Recenzent dr inż. Wanda Gryglewicz-Kacerka, Politechnika Łódzka

ISBN 978-83-60607-32-9

Złożono do druku – wrzesień 2011

Druk i oprawa: PRINTPAP Łódź

SSppiiss ttrreeśśccii

I. Funkcje jednej zmiennej – jej własności i granice ......................................... 5

II. Elementy rachunku różniczkowego funkcji jednej zmiennej

i dwóch zmiennych ........................................................................................... 18

III. Wybrane zagadnienia rachunku całkowego –

całkowanie przez podstawienie i całkowanie przez części ........................ 43

IV. Elementy algebry liniowej ............................................................................... 57

V. Układ równań i nierówności liniowych ........................................................ 78

II.. FFUUNNKKCCJJEE JJEEDDNNEEJJ ZZMMIIEENNNNEEJJ –– JJEEJJ WWŁŁAASSNNOOŚŚCCII II GGRRAANNIICCEE

Uwaga. Jeżeli przyjmiemy, że −∞, ∞, 1, 0 to granice pewnych funkcji, wówczas należy pamiętać, że wyrażenia typu:

�� , ∞∞

, 0 ∙ ∞,∞ − ∞, 0�, 1∞,∞� – to symbole

nieoznaczone.

Przykład 1.

Oblicz granice:

a) lim→�∞ 4�� − �� + 3� + 2�,

Rozwiązanie.

Przekształcamy badany wielomian wyłączając przed nawias ��: lim→�∞ 4�� − �� + 3� + 2� = lim→�∞�� 4 − 1�� + 3�� + 2��.

Zgodnie z twierdzeniem dotyczącym obliczania granicy funkcji, która jest iloczynem

dwóch funkcji, można obliczyć osobno każdą z granic występujących funkcji

(pod warunkiem, że istnieją).

Mamy więc

lim→�∞ �4 − 1�� + 3�� + 2�� = 4, ponieważ trzy granice ułamków równają się zeru. Na podstawie definicji granicy lim→�∞�� = −∞. Ostatecznie

lim→�∞ 4�� − �� + 3� + 2� = lim→�∞�� 4 − 1�� + 3�� + 2�� = �−∞ ∙ 4� = −∞.

Uwaga. W przypadku obliczania granicy wielomianu przy � → +∞ lub � → −∞, można bezpośrednio skorzystać z twierdzenia powiązania stopnia wielomianu

i kierunku dążenia �, z ostateczną wartością granicy. Odpowiedź. lim→�∞ 4�� − �� + 3� + 2� = −∞.

5

Funkcje jednej zmiennej – jej własności i granice

b) lim→�∞ �� !�" ,

Rozwiązanie.

Podstawiamy wartość do której dąży � lim→�∞�� − 3� + 2�� − 1 = #∞ − ∞

∞$

i otrzymujemy symbol nieoznaczony. W związku z tym przekształcamy badaną

funkcję (patrz przykład a.)

lim→�∞ �� − 3� + 2�� − 1 = lim→�∞�� %1 − 3� + 2��&

�� %1 − 1��& = lim→�∞1 − 3� + 2�� %1 − 1��&.

Przy obliczaniu granicy funkcji, która jest ilorazem dwóch funkcji korzystamy

z odpowiedniego twierdzenia, które sprowadza się do obliczenia granicy z licznika

funkcji oraz granicy z mianownika badanej funkcji, o ile granica mianownika ≠ 0 lim→�∞

1 − 3� + 2�� %1 − 1��& = lim→�∞ %1 − 3� + 2��&lim→�∞� %1 − 1��& .

Granice trzech ułamków równają się zeru, mamy więc

lim→�∞ �1 − 3� + 2�� = 1, lim→�∞� �1 − 1�� = −∞.

Zatem otrzymujemy

lim→�∞1 − 3� + 2�� %1 − 1��& = lim→�∞ %1 − 3� + 2��&

lim→�∞� %1 − 1��& = ) 1−∞* = 0.

Uwaga. W praktyce obliczając granicę przy � → +∞ lub � → −∞ funkcji, która jest ilorazem wielomianów warto podzielić każdy z występujących wielomianów

w funkcji przez � podniesiony do najwyższej potęgi, jaka występuje w mianowniku

badanej funkcji – jest to inny sposób przekształcenia badanej funkcji, czyli

6


lim→�∞ �� − 3� + 2�� − 1 = #∞ − ∞

∞$ = lim→�∞

�� − 3�� + 2�� − 1�� = lim→�∞1� − 3�� + 2��1 − 1�� .

Następnie należy skorzystać z odpowiedniego twierdzenia (j/w) i obliczyć każdą

z granic z osoba:

lim→�∞1� − 3�� + 2��1 − 1�� = lim→�∞ 1� − 3�� + 2��lim→�∞1 − 1�� = )01* = 0.

Odpowiedź. lim→�∞ �� !�" = 0.

c) lim→� !�+� �,,

Rozwiązanie.

Podstawiając � = 2 do badanej funkcji zarówno jej licznik, jak i mianownik

przyjmują wartość równą zeru

lim→� �� − 8�� + � − 6 = )00*. W związku z tym � = 2 jest miejscem zerowym wielomianów: �� − 8 oraz �� + � − 6. Wydzielamy więc czynnik � − 2 z licznika korzystając ze wzoru: /� − 0� = / − 0� /� + /0 + 0�� . Mamy �� − 2� = � − 2� �� + 2� + 4�. Natomiast mianownik sprowadzamy do postaci iloczynowej �� + � − 6 = � − 2� � + 3�. Stąd

lim→� �� − 8�� + � − 6 = lim→� � − 2� �� + 2� + 4� � − 2� � + 3� = lim→� 1� − 2� − 2 ∙ �� + 2� + 4� + 3 2 = 125 , gdyż

lim→� � − 2� − 2 = 1, lim→� �� + 2� + 4� + 3 = 42� + 2 ∙ 2 + 42 + 3 5 = 125 . 7


Odpowiedź. lim→� !�+� �, = "�� .

d) lim→∞%�� &��.

Rozwiązanie.

Podstawiają wartość, do której dąży � otrzymamy symbol nieoznaczony %66&6,

dlatego należy przekształcić badaną funkcję w taki sposób, by można było skorzystać

z następującego wzoru

lim7→±∞ �1 + 19�7 = :. Wykonujemy przekształcenie

�� − 3� + 5�� = �� + 5 − 8� + 5 �� = �� + 5� + 5 + −8� + 5�� = �1 + −8� + 5�� == ;1 + 1� + 5−8 <�� = ;1 + 1� + 5−8 <% ��+ ∙ �+ �&�� == ;1 + 1� + 5−8 <% ��+ ∙ �+ �&�� = ;1 + 1� + 5−8 <% ��+ &∙�+∙ �� .

Korzystając z odpowiedniego twierdzenia dotyczącego obliczania granic oraz

powyższego wzoru, mamy

lim→∞�� − 3� + 5�� = lim→∞ =>>

>?;1 + 1� + 5−8 <% ��+ &

@AAAB

�+∙ �� = : CDEF→∞

�+∙ �� = :�",, gdyż

lim→∞

−8 ∙ 2� − 4�� + 5 = −16.

Uwaga. Inny sposób rozwiązania powyższego przykładu. Dokonujemy przekształ-

cenia

8


�� − 3� + 5�� = G� %1 − 3�&� %1 + 5�&H�� = ;1 − 3�1 + 5�<�� =

IJK

1 + 1− �31 + 1�5 LMN

��=

==>>>>>?O1 + 1− �3P��∙%��&

O1 + 1�5 P�∙�@AAAAAB��

= GO1 + 1− �3P��H� �∙ ��

GO1 + 1�5 P�H�∙ �� .

Podobnie jak powyżej, korzystając z odpowiedniego twierdzenia dotyczącego

obliczania granic, przedstawionego wzoru oraz przekształconego powyżej wyrażenia,

mamy

lim→∞�� − 3� + 5�� = lim→∞

GO1 + 1− �3P��H� �∙ ��

GO1 + 1�5 P�H�∙ �� = lim→∞

GO1 + 1− �3P��H�, "�

lim→∞GO1 + 1�5 P�H

"�� .

Obliczamy każdą z granic z osobna:

– z licznika

lim→∞ =>>?;1 + 1− �3<��

@AAB�, "� = : CDEF→∞

%�, "� & = :�,, – z mianownika

lim→∞ =>>?;1 + 1�5 <

�@AAB"�� = : CDEF→∞

"�� = :"�.

9


Zatem otrzymujemy

lim→∞GO1 + 1− �3P��H

�, "�

lim→∞GO1 + 1�5 P�H

"�� = :�,:"� = :�",.

Odpowiedź. lim→∞%�� &�� = :�",.

Przykład 2.

Wyznacz asymptoty, zbadaj własności funkcji (parzystość i nieparzystość) oraz

wyznacz punkty przecięcia z osiami współrzędnych:

Q �� = �� − 5� + 4.

Rozwiązanie.

1) Dziedzina funkcji: �� − 5� + 4 ≠ 0 / = 1, 0 = −5, R = 4. ∆= 0� − 4/R ∆= −5�� − 4 ∙ 1 ∙ 4 = 9 √∆ = √9 = 3 �" = −0 − √∆2/ = − −5� − 32 ∙ 1 = 1, �� = −0 + √∆2/ = − −5� + 32 ∙ 1 = 4.

Zatem dziedziną funkcji jest zbiór V − W1, 4X. 2) Granice na końcach przedziału i w punktach nieciągłości:

lim→�∞ �� − 5� + 4 = #−∞∞

$ = lim→�∞1�� − 5 �� + 4 1�� = )01* = 0,

10


lim→ ∞ �� − 5� + 4 = # ∞

∞ − ∞$ = lim→ ∞

1�� − 5 �� + 4 1�� = )01* = 0, lim→"Y �� − 5� + 4 = ) 10 * = ∞,

lim→"Z �� − 5� + 4 = ) 10�* = −∞, lim→�Y �� − 5� + 4 = ) 10�* = −∞, lim→�Z �� − 5� + 4 = ) 10 * = ∞.

3) Asymptoty

Z wyliczonych granic wynika, że prosta [ = 0 jest asymptotą pionową obustronną

funkcji % lim→±∞Q �� = 0&. Ponadto proste � = 1 oraz � = 4 są asymptotami

pionowymi obustronnymi.

4) Własności funkcji

Q −�� = −�� + 5� + 4, −Q �� = − �� − 5� + 4.

Mamy Q −�� ≠ Q ��, Q −�� ≠ −Q ��, Zatem funkcja nie jest parzysta ani nieparzysta.

5) Punkty przecięcia z osiami

a) z 0X, czyli Q �� = 0 �� − 5� + 4 = 0, dla � = 0. Mamy zatem punkt 0, 0�.

b) z 0Y, czyli � = 0 Q 0� = ��∙� � = 0. 11


Mamy zatem punkt 0, 0�. Odpowiedź. Funkcja nie jest parzysta ani nieparzysta, prosta [ = 0 jest asymptotą

pionową obustronną funkcji, proste � = 1 oraz � = 4 są asymptotami pionowymi

obustronnymi.

ZADA�IA DO ROZWIĄZA�IA

Zadanie 1.

Wyznacz dziedzinę funkcji:

a) Q �� = √2� − 4, b) Q �� = ��"�� ,, c) Q �� = �"�� , d) Q �� = \ −� + 4� � − 2�! ,

e) Q �� = \ � − 4��, f) Q �� = ��√�� , g) Q �� = ]YF �F� ,

h) Q �� = :^FZ�F ,

i) Q �� = �"�]F�YFY�F ,

j) Q �� = _`9 �\ ��a , k) Q �� = b9 %"�" &, l) Q �� = c7 " ��c7 "�� ,

m) Q �� = bde ^ ,��,!,

n) Q �� = ^� �� , o) Q �� = 5�� + √−� − 6, p) Q �� = "cfg �� + "�F,

12


q) Q �� = bde� −�� + 3� + 10� + ^ �� , r) Q �� = b9 �� − 5� + 8� − ^��|��|!

.

Zadanie 2.

Oblicz granice:

a) lim→�∞ !�� ,

b) lim→∞%!�� − �&,

c) lim→�∞ �"� �� , d) lim→∞

�� 1 − ��, e) lim→�∞ %"� �� − �� + ��&, f) lim→� "�√"�ij7� ,

g) lim→∞k� − √�� − � + 1l,

h) lim7→∞k√49� + 59 − 7 − 29l,

i) lim→∞

!�� , , j) limn→� %ij7�nn − 4 nij7�n&, k) lim→�∞ ��"� �� l) limo→∞

k\ [ + 2� [ + 2�� − [l, m) lim→�" � � "��" ,

n) lim→�� ,

o) lim→p ��√��q ,

p) lim→� √� �� ,

q) lim→� ij7�"�rfi, r) lim→� % "� − �&, s) lim→st

ij7�rfirfi� , t) lim→� ij7p� ,

u) lim→� ij7p�ij7�ij7 ,

v) lim→� ��√� �√� q��, w) lim→� ��√��", x) lim→� √� "�"√� ��, y) lim→�� ! "��, z) lim→∞

√�� ,

aa) lim→� �� .

Zadanie 3.

Oblicz granice:

a) lim→∞%1 + �&

, b) lim→∞%1 − �&

,

13


c) lim→∞%� "� �&�

,

d) lim→∞%� �� "&�

,

e) lim7→∞ukb9 9 + 1� − b9 9�l9v,

f) lim7→∞%7��7 "7��7 �&7

,

g) lim→∞%� "� �&��

,

h) lim→∞

�!F �F "+F p .

Zadanie 4.

Zadanie oblicz granice jednostronne funkcji w podanych punktach:

a) Q �� = !�� , � = 0, � = 2, b) Q �� = ��, � = −1, � = 3, c) Q �� = �� , , � = 5, � = 6, d) Q �� = � ∙ √� − ��, � = 0, � = 1, e) Q �� = " ]�F, � = 0, f) Q �� = : wwYF�, � = −1, � = 1, g) Q �� = �wF ��wF �, � = 0, h) Q �� = Rxe�, � = 0, i) Q �� = "�rfi� , � = 0, j) Q �� = Cy " ��Cy "�� , � = 0.

Zadanie 5.

Wyznacz asymptoty Q ��: a) Q �� = � ", b) Q �� = � �"��, c) Q �� = �q��, d) Q �� = !� ��, e) Q �� = ! ��"��" ,

f) Q �� = : wwYF, g) Q �� = ^"�" , h) Q �� = b9 −� + 3�, i) Q �� = √�� + � − 6.

14


Zadanie 6.

Sprawdź, czy podana funkcja jest ciągła:

a) Q �� = z�� "�" 0 � ≠ 1 � = 1,{ b) Q �� = | �� + 5�−�� − 5� { � ≥ 0� < 0, c) Q �� = �� − 2� + 3−�� − 3 { � ∈ �−1, 3� � ∈ −∞, −1�� ∈ 3, ∞�,

d) Q �� = � |��|��2� + 32 + 2� + ��{ � < −1 −1 ≤ � ≤ 1� > 1,

e) Q �� = z��"�� 2 � ∈ V − W−1,1X � ∈ W−1, 1X, { f) Q �� = �− −� + 1,5��3 − 2� { � < 1,5� ≥ 1,5.

ODPOWIEDZI

Zadanie 1.

a) � ∈ �2,∞�{, b) � ∈ V\W2, 3X, c) � ∈ V, d) � ∈ V, e) � ∈ V, f) � ∈ 1, 2�, g) � ∈ V, h) � ∈ −∞,{{−2� ∪ 0, ∞�, i) � ∈ V − W−1, 0, 2X,

j) � ∈ V − W2X, k) � ∈ −1, 1�, l) � ∈ −1, 0� ∪ 0, 1�, m) � ∈ 3,∞�, n) � ∈ 2,{{3�, o) � ∈ −∞,{{−6�, p) � ∈ −∞,{ − 1� ∪ −1, 0�, q) � ∈ −2,{{2�, r) � ∈ V − W3X.

Zadanie 2.

a) −∞,

b) 2, c) 0,

d) −∞, e) −∞,

f) ""� ,

g) "�,

h) ��,

15


i) ∞,

j) 3, k) 2, l) 3, m) 0, n)

"�, o) − "�,,

p) "�,

q) 2, r) ∞,

s) − √�� , t)

p�, u) 2, v) − ��,

w) 2, x) 5, y) − "�� , z) √2, aa) − ��.

Zadanie 3.

a) :�, b) :��, c) 0,

d) :!�, e) 1,

f) :�, g) :��, h) 1.

Zadanie 4.

Punkt lewostronna prawostronna

a) 0 −∞ +∞ 2 4 "� 4 "� b) −1 −∞ +∞ 3 −∞ +∞

c) 5 0 0 6 +∞ −∞

d) 0 nie istnieje 0 1 0 nie istnieje

e) 0 0 0

f) -1 0 +∞

1 +∞ 0

g) 0 �� 0

h) 0 −∞ ∞

i) 0 "� "�

j) 0 2 2. 16


Zadanie 5.

a) Dz. � ∈ V − W−1X, [ = 0 – asymptota pozioma obustronna, � = −1 -

asymptota pionowa obustronna,

b) Dz. � ∈ V − W1X, [ = 0 – asymptota pozioma obustronna, � = 1 - asymptota

pionowa obustronna,

c) Dz. � ∈ V − W−3, 3X, [ = 0 – asymptota pozioma obustronna, � = −3 oraz � = 3 - asymptoty pionowe obustronne,

d) Dz. � ∈ V − W−2, 2X, [ = − "� � – asymptota ukośna obustronna, � = −2 oraz � = 2 - asymptoty pionowe obustronne,

e) Dz. � ∈ V − W−1, 1X, [ = � + 1 – asymptota ukośna obustronna, � = −1 oraz � = 1 - asymptoty pionowe obustronne,

f) Dz. � ∈ V − W 1X, [ = 1 – asymptota pozioma obustronna, � = 1 - asymptota

pionowa lewostronna,

g) Dz. � ∈ −1{, {1�, � = −1 - asymptota pionowa prawostronna,

h) Dz. � ∈ −∞{, 3�, � = 3 - asymptota pionowa lewostronna,

i) Dz. � ∈ −∞{, −3� ∪ 2, ∞�, [ = −� − "� - asymptota ukośna lewostronna,

[ = � + "� - asymptota ukośna prawostronna.

Zadanie 6.

a) ciągła,

b) ciągła,

c) w � = −1 - ciągła prawostronnie, w � = 3 – ciągła lewostronnie, d) w � = −1 - ciągła prawostronnie, w � = 1 – ciągła, e) w � = −1 - nieciągła, w � = 1 – nieciągła, f) ciągła.

17

IIII.. EELLEEMMEENNTTYY RRAACCHHUUNNKKUU RRÓÓŻŻNNIICCZZKKOOWWEEGGOO FFUUNNKKCCJJII JJEEDDNNEEJJ II DDWWÓÓCCHH ZZMMIIEENNNNYYCCHH

Przykład 1.

Wyznacz przedziały monotoniczności oraz ekstrema lokalne funkcji

Q �� = �� − 5� + 4.

Rozwiązanie.

Rozpoczynając jakąkolwiek analizę funkcji należy zbadać zawsze jej dziedzinę.

1) Dziedzina funkcji: �� − 5� + 4 ≠ 0 / = 1, 0 = −5, R = 4. ∆= 0� − 4/R ∆= −5�� − 4 ∙ 1 ∙ 4 = 9 √∆ = √9 = 3 �" = −0 − √∆2/ = − −5� − 32 ∙ 1 = 1, �� = −0 + √∆2/ = − −5� + 32 ∙ 1 = 4.

Zatem dziedziną funkcji jest zbiór V − W1, 4X. 2) Pochodna funkcji

Q� �� = �� ∙ �� − 5� + 4� − � �� − 5� + 4�� − 5� + 4�� = 1 ∙ �� − 5� + 4� − � 2� − 5� �� − 5� + 4�� =

= −�� + 4 �� − 5� + 4��. 3) Dziedzina pochodnej: �� − 5� + 4 ≠ 0. Zatem dziedzina pochodnej jest taka

sama, jak dziedzina badanej funkcji.

4) Miejsce zerowe pochodnej Q� �� = 0 −�� + 4 �� − 5� + 4�� = 0, −�� + 4 = 0, � = −2 ∨ � = 2.

18

Elementy rachunku różniczkowego funkcji jednej i dwóch zmiennych

Zatem funkcja ma dwa punkty stacjonarne −2, 0� oraz 2, 0� – są to punkty podejrzane o istnienie ekstremum.

5) Znak pochodnej funkcji w sąsiedztwie punktów stacjonarnych � �� − 5� + 4��∈�� > 0, Zatem na znak pochodnej wpływa tylko licznik pochodnej.

Stąd Q� �� > 0 dla � ∈ −2, 1� ∪ 1, 2�, Q� �� < 0 dla � ∈ −∞, −2� ∪ 2, 4� ∪ 4, ∞�. Zatem funkcja jest rosnąca w przedziałach −2, 1� oraz 1, 2�, a w przedziałach −∞, −2� oraz 2, 4� oraz 4, ∞� jest malejąca.

Z powyższego wynika, że w punkcie � = −2 funkcja osiąga minimum lokalne,

a w punkcie � = 2 funkcja osiąga maksimum lokalne.

Ponadto

Q −2� = −2 −2�� − 5 ∙ −2� + 4 = − 19 Q 2� = 22� − 5 ∙ 2 + 4 = −1.

Odpowiedź. Funkcja jest rosnąca w przedziałach −2, 1� oraz 1, 2�, a w przedziałach −∞, −2� oraz 2, 4� oraz 4, ∞� jest malejąca. W punkcie � = −2 funkcja osiąga minimum lokalne, a w punkcie � = 2 funkcja osiąga maksimum lokalne.

Przykład 2.

Wyznacz przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia funkcji: Q �� = 16 − \ � − 2��!.

Rozwiązanie.

1) Dziedzina funkcji � ∈ V. 2) Pierwsza pochodna

Q� �� = 53 \ � − 2��! . 3) Dziedzina pierwszej pochodnej – taka sama jak dziedzina funkcji, czyli � ∈ V 4) Druga pochodna

19


Q�� = 109 1√� − 2! . 5) Dziedzina drugiej pochodnej: � − 2 ≠ 0, czyli � ≠ 2. 6) Znak drugiej pochodnej Q�� > 0 dla � > 2, zatem Q �� jest wypukła - Q ∪, dla � > 2, Q�� < 0 dla � < 2, zatem Q �� jest wklęsła - Q ∩, dla � < 2

Punkt � = 2 nie należy do dziedziny drugiej pochodnej, ale należy do dziedziny funkcji i skoro w jego sąsiedztwie wykres funkcji zmienia się

z wklęsłej na wypukłą, więc punkt o odciętej � = 2 jest punktem przegięcia Q ��. Odpowiedź. � = 2 jest punktem przegięcia Q �), Q ∪ dla � > 2, Q ∩ dla � < 2.

Przykład 3.

Zbadaj przebieg zmienności funkcji i sporządź jej wykres

Q �� = 2�� − 4.

Rozwiązanie.

Przebieg zmienności funkcji można wykonywać opierając się o pewien schemat:

1) Dziedzina funkcji: �� − 4 ≠ 0 � − 2� � + 2� ≠ 0. Zatem dziedziną funkcji jest zbiór V − W−2, 2X.

2) Granice na końcach przedziału i w punktach nieciągłości:

lim→�6 2�� − 4 = #−∞∞ $ = lim→�62�� − 4�� = #−∞1 $ = −∞,

lim→ 6 2�� − 4 = #∞∞$ = lim→ 6 2�1 − 4 1�� = ∞, lim→��Y 2�� − 4 = )−160 * = −∞,

20


lim→��Z 2�� − 4 = )−160� * = ∞, lim→�Y 2�� − 4 = )160�* = −∞, lim→�Z 2�� − 4 = )160 * = ∞.

3) Asymptoty

Z przeprowadzonych powyżej obliczeń wynika, że proste � = −2 oraz � = 2 są asymptotami pionowymi obustronnymi badanej funkcji.

Ponadto badamy, czy funkcja posiada asymptotę ukośną [ = �� + �, � = lim→±6 Q �� , � = lim→±6�Q �� − ��.

Obliczamy wartości współczynników � i �, przy � → −∞:

� = lim→�6 Q �� = lim�62�� − 4� = lim→�6 2�� − 4� = lim→�6 21 − 4�� = 2

� = lim→�6�Q �� − �� = lim→�6 1 2�� − 4 − 2�2 = lim→�6 2�� − 2�� + 8�� − 4 =

= lim→�6 8�� − 4 = lim→�68�1 − 4�� = 0.

Te same wartości współczynników otrzymamy, gdy powyższe granice obliczać

będziemy przy � → ∞.

Zatem prosta [ = 2� jest asymptotą ukośną obustronną badanej funkcji.

4) Własności funkcji

Q −�� = −2�� − 4, −Q �� = − 2�� − 4,

Mamy Q −�� = −Q ��, zatem badana funkcja jest nieparzysta, czyli symetryczną

względem początku układu współrzędnych.

21


5) Punkty przecięcia z osiami

a) z 0X, czyli Q �� = 0 2�� − 4 = 0 dla � = 0. Mamy zatem punkt 0, 0�.

b) z 0Y, czyli � = 0 Q 0� = 00� − 4 = 0.

Mamy zatem punkt 0, 0�.

6) Pochodna funkcji

Q� �� = 2�� ∙ �� − 4� − 2�� − 4�� − 4�� = 6�� ∙ �� − 4� − 2�� ∙ 2� �� − 4�� =

= 2�� − 24�� − 4�� = 2�� − 12� �� − 4�� .

7) Dziedzina pochodnej: �� − 4 ≠ 0. Zatem dziedzina pochodnej jest taka sama, jak

dziedzina badanej funkcji.

8) Miejsce zerowe pochodnej Q� �� = 0 2�� − 12� �� − 4�� = 0, 2�� − 12� = 0.

Mamy � = 0 ∨ � = −2√3 ∨ � = 2√3. Zatem funkcja ma trzy punkty stacjonarne k−2√3, 0l, 0, 0� oraz k0, 2√3l – są to punkty podejrzane o istnienie ekstremum.

9) Badamy znak pochodnej funkcji w sąsiedztwie punktów stacjonarnych � �� − 4��∈�� > 0, zatem na znak pochodnej wpływa tylko wielomian z licznika pochodnej funkcji.

22


Ponadto � 2��∈�� ≥ 0 , więc o znaku pochodnej decyduje znak wielomianu �� − 12. Zatem Q� �� > 0 dla � ∈ k−∞, −2√3l ∪ k2√3, ∞l, Q� �� < 0 dla � ∈ k−2√3, −2l ∪ −2, 0� ∪ 0, 2� ∪ k2, 2√3l. Zatem funkcja jest rosnąca w przedziałach k−∞, −2√3l oraz k2√3, ∞l, a w przedziałach k−2√3, −2l, −2, 2� oraz k2, 2√3l jest malejąca.

Z powyższego wynika, że w punkcie � = −2√3 funkcja osiąga maksimum

lokalne, a w punkcie � = 2√3 funkcja osiąga minimum lokalne. Punkt � = 0 nie jest punktem ekstremum, ponieważ w jego sąsiedztwie funkcja nie zmieniła

znaku.

Ponadto

Qk−2√3l = 2 ∙ k−2√3l�k−2√3l� − 4 = −6√3,

Qk2√3l = 2 ∙ k2√3l�k2√3l� − 4 = 6√3.

10) Druga pochodna

Q�� = 2�� − 24�� ∙ �� − 4�� − 2�� − 24�� ∙ �� − 4�� − 4�� =

= 8�� − 48�� ∙ �� − 4�� − 2�� − 24�� ∙ 2 ∙ �� − 4� ∙ 2� �� − 4�� =

= 8� ∙ �� − 4� ∙ � �� − 6� ∙ �� − 4� − �� − 12�� − 4�� =

= 8� ∙ �� − 4� ∙ �� − 4�� − 6�� + 24 − �� + 12�� − 4�� =

= 8� ∙ �� − 4� ∙ 2�� + 24� �� − 4�� .

11) Dziedzina drugiej pochodnej – jest taka sama jak dziedzina funkcji.

23


12) Miejsce zerowe drugiej pochodnej Q�� = 0 8� ∙ �� − 4� ∙ 2�� + 24� �� − 4�� = 0 dla � = 0, ponieważ � 2�� + 24� > 0∈��.�� oraz � = −2, � = 2 nie należą do dziedziny drugiej pochodnej funkcji.

Zatem otrzymaliśmy punkt 0, 0�.

13) Znak drugiej pochodnej - dla każdego � należącego do dziedziny drugiej pochodnej wielomiany 2�� + 24 > 0 oraz �� − 4�� > 0, więc nie wpływają na jej znak.

Zatem 8� ∙ �� − 4� > 0 dla � ∈ −2, 0� ∪ 2, ∞� , 8� ∙ �� − 4� < 0 dla � ∈ −∞, −2� ∪ 0, 2�. Stąd Q�� > 0 dla � ∈ −2, 0� ∪ 2, ∞�, więc wykres Q �� jest wypukły

w przedziałach dla −2, 0� oraz 2, ∞�, Q�� < 0 dla � ∈ −∞, −2� ∪ 0, 2�, więc wykres Q �� jest wklęsły

w przedziałach dla −∞, −2� oraz 0, 2�. Natomiast w punkcie � = 0 Q �� posiada punkt przegięcia (wykres funkcji w otoczeniu � = 0 zmienia się z wypukłego na wklęsły).

Ponadto

Q 0� = −2 ∙ 0�0� − 4 = 0.

14) Tabela i wykres funkcji � −∞ ⋯ −2√3 ⋯ −2 ⋯ 0 2 2√3 ∞ Q�� − − Asymptota + 0 − asymptota + + Q� �� + 0 − − 0 − − 0 + Q �� −∞

∩ ↗ −6√3 max

∩ ↘ −∞

∞ ∪ ↘ 0 ∩ ↘ −∞

∞ ∪ ↘ min 6√3 ∪ ↗ ∞

24


Przykład 4.

Oblicz granicę funkcji korzystając z twierdzenia de L’Hospitala

lim→�� 5 + �√−� − 4 − 1.

Rozwiązanie.

Bezpośrednio z twierdzenia de L’Hospitala możemy korzystać, gdy mamy symbol

nieoznaczony typu 66 lub ��.

W przypadku badanej funkcji, gdy � → −5 otrzymujemy

lim→�� 5 + �√−� − 4 − 1 = )00*. Stosując wskazane twierdzenie wyznaczamy pochodną – osobno - funkcji z licznika

oraz mianownika i otrzymujemy

lim→�� 5 + �√−� − 4 − 1 �= lim→�� 1−12√−� − 4 = − lim→��2√−� − 4 = −2. Odpowiedź. lim→�� √��" = −2.

25


Przykład 5.

Wyznacz ekstrema lokalne funkcji Q �, [� = 2[� + ��[ + �� + 5[�.

Rozwiązanie.

1) Wyznaczamy dziedzinę badanej funkcji, czyli �, [� ∈ V�. 2) Obliczamy pochodne cząstkowe rzędu pierwszego względem każdej ze

zmiennych i mamy �Q�� = 2�[ + 2�, �Q�[ = 6[� + �� + 10[. 3) Dziedziną powyższych pochodnych cząstkowych są � ∈ V, [ ∈ V. 4) Wyznaczamy punkty stacjonarne (przyrównując pochodne cząstkowe rzędu

pierwszego do zera)

��Q�� = 0�Q�[ = 0.{

Mamy

� 2�[ + 2� = 06[� + �� + 10[ = 0.{ Z pierwszego równania wyznaczamy mamy 2� [ + 1� = 0 stąd � = 0 ∨ [ + 1 = 0. Zatem � = 0 ∨ [ = −1. Postawiamy wyznaczone wartości do drugiego równania.

I. Gdy � = 0 mamy 6[� + 0� + 10[ = 0, [ 6[ + 10� = 0.

26


Stąd [ = 0 ∨ 6[ + 10 = 0. Mamy [ = 0 ∨ [ = − ��. Otrzymaliśmy dwa punkty 0, 0� oraz %0, − ��&.

II. Gdy [ = −1 mamy 6 −1�� + �� + 10 −1� = 0, �� − 4 = 0. Zatem � = 2 ∨ � = −2. Mamy zatem dwa punkty −2, −1� oraz 2, −1�.

Ostatecznie mamy cztery punkty stacjonarne: �" 0, 0�, �� %0, − ��& , �� −2, −1� oraz �� 2, −1�, w których badana funkcja może mieć ekstrema lokalne.

5) Wyznaczamy wszystkie pochodne cząstkowe rzędu drugiego ��Q�� = 2[ + 2, ��Q�[� = 12[ + 10,

��Q��[ = ��Q�[�� = 2�. 6) Obliczamy wartości pochodnych cząstkowych rzędu drugiego w punktach

stacjonarnych – w celu bardziej przejrzystego zapisu posłużymy się tabelą

�" 0, 0� �� 0, − 53� �� −2, −1� �� 2, −1� ��Q�� = 2[ + 2 2 − 43 0 0

��Q�[� = 12[ + 10 10 −10 −2 −2 ��Q��[ = ��Q�[�� = 2� 0 0 −4 4

27


7) Budujemy hesjany � %��&� % ��o&�% ��o�&� %��o�&� dla każdego punktu stacjonarnego:

- dla �" 0, 0� mamy #2 00 10$, skąd ¡:x #2 00 10$ = 20 > 0, przy czym 2 > 0. Zatem w �" 0, 0� badana funkcja ma minimum lokalne.

- dla �� %0, ��& mamy 4− �� 00 −105, skąd ¡:x 4− �� 00 −105 = �� > 0, przy czym

− �� < 0. Zatem w �� %0, ��& badana funkcja ma maksimum lokalne.

- dla �� −2, −1� mamy # 0 −4−4 −2$, skąd ¡:x # 0 −4−4 −2$ = 0 − 16 = −16 < 0. Zatem w �� −2, −1� badana funkcja nie ma ekstremum.

- dla �� 2, −1� mamy #0 44 −2$, skąd ¡:x #0 44 −2$ = 0 − 16 = −16 < 0. Zatem w �� 2, −1� badana funkcja nie ma ekstremum.

Uwaga. Wnioski dotyczące ekstremów badanej funkcji wyciągane są na podstawie

odpowiedniego twierdzenia, w którym sprawdza się wyznacznik hesjanu dla

konkretnego punktu i jeżeli jego wartość jest:

- większa od zera, to funkcja ma ekstremum,

- mniejsza od zera, to funkcja nie ma ekstremum,

- równa zeru, to mamy do czynienia z przypadkiem nierozstrzygniętym, czyli funkcja

może mieć lub nie w danym punkcie ekstremum – przypadku tego nie będziemy

rozstrzygać.

Odpowiedź. Badana funkcja ma ekstremum w �" 0, 0� – minimum, w �� %0, ��& - maksimum, natomiast w �� −2, −1� oraz �� 2, −1� nie ma ekstremum.

28



Zadanie 1.

Korzystając z definicji, wyznacz – o ile istnieje - wartość pochodnej funkcji Q �� w danym punkcie ��: a) Q �� = 2� + 5, �� = 3, b) Q �� = 2 − 3�, �� = −2, c) Q �� = �� + 1, �� = 4, d) Q �� = ", �� = 3, e) Q �� = 2_`93�, �� = ¢"+, f) Q �� = Rxe�, �� = ¢�, g) Q �� = |� − 3|, �� = 3.

Zadanie 2.

Korzystając z definicji, wyznacz pochodną funkcji:

a) Q �� = 2�� + 3, � ∈ V, b) Q �� = 2√�! , � ∈ V − W0X, c) Q �� = �, � ∈ V − W0X, d) Q �� = Rd_3�, � ∈ V, e) Q �� = xe�, � ∈ V, f) Q �� = b9�, � ∈ 0, ∞�.

Zadanie 3.

Korzystając ze wzorów na pochodne funkcji elementarnych, wyznacz pochodną

funkcji:

a) Q �� = 3�� − 5� + 2, b) Q �� = 4�� + 10�� − 3 + :, c) Q �� = 3�� − 2√� + √£ + �¤ + ¤� , d) Q �� = � − 3�� + � + 1��, e) Q �� = 4 + 2rng,

29


f) Q �� = √6 − 2�� , g) Q �� = 2� + 9�,, h) Q �� = :��k� + √�l, i) Q �� = � − 4�� ∙ �� − 3�, j) Q �� = �� + 3�� + 2� ∙ �� − 1� + √� ∙ 4�� + 3�, k) Q �� = _`93� + _`9�2� + xe _`9��, l) Q �� = 3 ∙ 2� − 4�� ∙ �� + 5� + 6�, m) Q �� = \� + √�, n) Q �� = _`9 :� + 3� ∙ b9 " + \xe45°, o) Q �� = 2_`9�� + 3Rd_2� − Rxe√�! ,

p) Q �� = � ∙ xe�, q) Q �� = + "� �, r) Q �� = �� , s) Q �� = � "�� ", t) Q �� = �� "�! ,

u) Q �� = "ij7 + /¦Rxe√1 + �� , v) Q �� = b9 �� + 5� − 3� + b9√Rd_�, w) Q �� = 4b9� %_`92� + "� �&�

,

x) Q �� = bde�2 − _`9 3:�� + ��, y) Q �� = � , z) Q �� = xe��]F

.

Zadanie 4.

Wyznacz pochodną rzędu drugiego funkcji:

a) Q �� = �� + 3� − 2, b) Q �� = �� " ,

c) Q �� = 8�� − ��, 30


d) Q �� = �� ", e) Q �� = � − 3� ∙ √3, f) Q �� = ��b9�, g) Q �� = : ∙ Rxe�, h) Q �� = c7√ , i) Q �� = :�� + :, j) Q �� = Rd_�2�, k) Q �� = 16 − \ � − 2��!

.

Zadanie 5.

Wyznacz pochodną rzędu czwartego funkcji:

a) Q �� = b9�, b) Q �� = _`95�, c) Q �� = :, d) Q �� = 2�� + 5�� − 3 + :��, e) Q �� = �b9�.

Zadanie 6.

Oblicz granice:

a) lim→�6 ��"�� , b) lim→�" � � "��" , c) lim→� √� �� ,

d) lim→� ij7�"�rfi , e) lim→st

ij7�rfirfi� ,

f) lim→� ij7��ij7�ij7 ,

g) lim→� ij7�� ,

h) lim→� √� q��√� �� , i) lim→� ��√�"�� , j) lim→� n�ng , k) lim→� "�]F , l) lim→� "�rfi� , m) lim→� ]F �]YF�� , n) lim→� %" − "]F�"& , o) lim→"Z� � − 1� ∙ b9 � − 1��.

31


Zadanie 7.

Wyznacz przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji:

a) Q �� = "� �� + ��, b) Q �� = "� �� − ��, c) Q �� = �"�� " ,

d) Q �� = " �"� � , e) Q �� = "� �� − �� + ��, f) Q �� = �� + 3� − 2, g) Q �� = �� 1 − ��, h) Q �� = 3�� − 5��, i) Q �� = 1 − �� ∙ 1 − ��, j) Q �� = �� " , k) Q �� = � "�� " , l) Q �� = √�� + 1 − �, m) Q �� = �� ∙ √� + 1,

n) Q �� = � ∙ √� − ��, o) Q �� = c7√ , p) Q �� = :�� + :, q) Q �� = �]F, r) Q �� = ]F�, s) Q �� = : wF�Y!FZ§, t) Q �� = �c7, u) Q �� = 16 − �� ∙ √��!

,

v) Q �� = −� ∙ √8 − ��, w) Q �� = \ �� − 9��!

,

x) Q �� = 8 − \ � − 3��t,

y) Q �� = 16 − \ � − 3��a,

z) Q �� = : wFY�.

Zadanie 8.

Wyznacz przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji:

a) Q �� = �� ", b) Q �� = 8�� − ��, c) Q �� = �� 1 − ��, d) Q �� = � ",

e) Q �� = �c7 ,

f) Q �� = √� − 1a + 5, g) Q �� = \ � − 8�,a

.

Zadanie 9.

Zbadaj przebieg zmienności funkcji i narysuj jej wykres:

a) Q �� = 4� − "� ��, b) Q �� = "� ",

c) Q �� = �� + 6�� + 9�, d) Q �� = �� " ,

32


e) Q �� = � − 3� ∙ √3, f) Q �� = !�� ,

g) Q �� = ��b9�, h) Q �� = ]F ", i) Q �� = ��]F ,

j) Q �� = \ −� − 3�,a.

Zadanie 10.

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji na podanym przedziale:

a) Q �� = 8�� − ��, � ∈ �−1, 3�, b) Q �� = ��q , � ∈ �1, 2�, c) Q �� = � ∙ √2 − �, � ∈ �0, 2�, d) Q �� = \ �� − 8��!

, � ∈ �0, 2�, e) Q �� = ��,, � ∈ �0, 4�, f) Q �� = 4� − "� ��, � ∈ �−2√3, 2√3�.

Zadanie 11.

Oblicz pochodne cząstkowe rzędu pierwszego względem każdej ze zmiennych:

a) Q �, [� = 3�� − 5[� − 8, b) Q �, [� = 5�q[� − 3�[� + 2�, c) Q �, [� = 3�� − 5[� − 8��, d) Q �, [� = _`9 3� + 5� + Rd_ � − [�, e) Q �, [� = 4 + 3��[ − 5�[�, f) Q �, [� = 2 − 6��[ − 5��, g) Q �, [� = b9_`9 o , h) Q �, [� = :��o ∙ �[, i) Q �, [� = b9 √� + �� + 3� ∙ [, j) Q �, [� = �c7o, k) Q �, [� = :� ∙ � + o , l) Q �, [� = �� oo� ,

33


m) Q �, [� = :ob9 � + 1�, n) Q �, [� = � ∙ _`9[, o) Q �, [� = ij7o.

Zadanie 12.

Oblicz wszystkie pochodne cząstkowe rzędu drugiego:

a) Q �, [� = o, b) Q �, [� = � ∙ Rd_[, c) Q �, [� = : o, d) Q �, [� = :o , e) Q �, [� = ��[� − 3�[� + 2� + 3, f) Q �, [� = :� �� + [�, g) Q �, [� = b9 � + 2[��, h) Q �, [� = Rd_� 4� + 3[�, i) Q �, [� = �\[ − �� − � + 6[.

Zadanie 13.

Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego podanych funkcji

a) Q �, [� = �� + [� − 4[, b) Q �, [� = 2�� + 3�[ + [� − 2� − [ + 1, c) Q �, [� = �� + [� + 3�[, d) Q �, [� = �� − [� + 9�[, e) Q �, [� = �� + [� + �[ − � − 5[, f) Q �, [� = �� + 2[� − �[ − � + 4[ + 10, g) Q �, [� = �� − 2[� − 2� + 1, h) Q �, [� = � − 1�� + 2[�, i) Q �, [� = −8��[ − 16�� + �� [�, j) Q �, [� = −:�o �� − 2[��, k) Q �, [� = �[ + " + "o. 34


ODPOWIEDZI

Zadanie 1.

a) Q� 3� = 2, b) Q� −2� = −3, c) Q� 4� = 8, d) Q� 3� = − "q, e) Q� % ¢"+& = 3√3, f) Q� %¢�& = − ��, g) Nie istnieje pochodna w punkcie �� = 3.

Zadanie 2.

a) Q� �� = 4�, b) Q� �� = �� √�! ,

c) Q� �� = − ��,

d) Q� �� = −3_`93�, e) Q� �� = "rfi� �, f) Q� �� = ".

Zadanie 3.

a) Q� �� = 6� − 5, b) Q� �� = 20�� + 20� + :, c) Q� �� = 12�� − "√ − �"¨ + p� �, , d) Q� �� = 2� − 6 + 3 ∙ � + 1�� = 3�� + 8� − 3, e) Q� �� = 4 ∙ b94 − 2rng ∙ "ij7� ∙ b92, f) Q� �� = − �√,�� , g) Q� �� = 12 ∙ 2� + 9��, h) Q� �� = :�� %−3� − 3√� + "�√ + 1& , i) Q� �� = 4�� − 24�� + 26� + 24, j) Q� �� = 6�� + 8�� − 2� + ��√ + 10�!�, k) Q� �� = 3Rd_3� + 8_`9�2� ∙ Rd_2� + rfirfi� ij7�,

35


l) Q� �� = 6 ∙ 2� − 4�� ∙ 7�� + 26� + 20�, m) Q� �� = " w�√F�\ √ = �√ "�√\ √, n) Q� �� = −Rd_ :� + 3� ∙ :� ∙ b9 " − _`9 :� + 3� ∙ ", o) Q� �� = 6_`9��Rd_� − 6_`92� + "� "ij7�k √! l ∙ "√�! ,

p) Q� �� = xe� + rfi� , q) Q� �� = �� , r) Q� �� = �"� � �� , s) Q� �� = �� "�� , t) Q� �� = k�� l∙ �� "�t ,

u) Q� �� = − rfi ij7�� + "� � ∙ "√" � , v) Q� �� = � �� − "� xe� , w) Q� �� = 24 ∙ b9� %_`92� + "� �&� ∙ "ij7� w!FZ� ∙ %2Rd_2� − � � ��&, x) Q� �� = "��©Dy �]Y�F ��∙Cy"� ∙ �− cos 3:�� + �� ∙ −6:�� + 2��, y) Q� �� = � ∙ b9� + 1�, z) Q� �� = xe��]F ∙ %: ∙ b9xe� + : ∙ "ng∙rfi�&.

Zadanie 4.

a) Q�� = 6�, b) Q�� = �!, c) Q�� = 16 − 12��, d) Q�� = �"�k�� "l � "�! ,

e) Q�� = 0, f) Q�� = 2b9� + 3, g) Q�� = : %Rxe� + �rng � �ij7� &, 36


h) Q�� = �c7 � +�a� ,

i) Q�� = 4:�� + :, j) Q�� = 12Rd_2� ∙ 2_`9�2� − Rd_�2��, k) Q�� = − "�q "√��! .

Zadanie 5.

a) Q® �� = − ,t, b) Q® �� = 625_`95�, c) Q® �� = :,

d) Q® �� = 240� + 16:��, e) Q® �� = �!.

Zadanie 6.

a) 2, b) 0, c)

��, d) 2, e) − √�� ,

f) 2, g)

��, h)

��, i) −4, j) 2,

k) −1, l)

"�, m) −3, n)

"�, o) 0.

Zadanie 7.

Oznaczenia: Q ↑ - funkcja rosnąca, Q ↓ - funkcja malejąca, min. – minimum lokalne,

max. – maksimum lokalne funkcji,

a) Q ↑ dla � ∈ −3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −3�, w p. � = −3 ma min,

b) Q ↑ dla � ∈ 3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, 3�, w p. � = 3 ma min,

c) Q ↑ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −1, 1�, w p. � = −1 ma

max, w p. � = 1 ma min,

d) Q ↑ dla � ∈ −1, 1�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, ∞�, w p. � = −1 ma min,

w p. � = 1 ma max,

e) Q ↑ dla � ∈ −∞, 1� oraz � ∈ 3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ 1, 3�, w p. � = 1 ma max,

w p. � = 3 ma min,

f) Q ↑ dla � ∈ V, brak ekstremum,,

37


g) Q ↑ dla � ∈ %0, ��& , Q ↓ dla � ∈ −∞, 0� oraz � ∈ %�� , ∞&, w p. � = 0 ma min,

w p. � = �� ma max,

h) Q ↑ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −1, 1�, w p. � = −1 ma max,

w p. � = 1 ma min,

i) Q ↑ dla � ∈ −∞, 0� oraz � ∈ 1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ 0, 1�, w p. � = 0 ma max,

w p. � = 1 ma min,

j) Q ↑ dla � ∈ −1, 1�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, ∞�, w p. � = −1 ma min,

w p. � = 1 ma max,

k) Q ↑ dla � ∈ −1, 1�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, ∞�, w p. � = −1 ma min,

w p. � = 1 ma max,

l) Q ↓ dla � ∈ V, brak ekstremum,

m) Q ↑ dla � ∈ %−1, − ��& oraz � ∈ 0, ∞� , Q ↓ dla � ∈ %− �� , 0&, w p. � = − �� ma

max, w p. � = 0 ma min,

n) Q ↑ dla � ∈ %0, ��&, Q ↓ dla � ∈ %�� , 1&, w p. � = �� ma max,

o) Q ↑ dla � ∈ 0, :��, Q ↓ dla � ∈ :�, ∞�, w p. � = :� ma max,

p) Q ↑ dla � ∈ %"� b92, ∞&, Q ↓ dla � ∈ %−∞, "� b92&, w p. � = "� b92 ma min,

q) Q ↑ dla � ∈ −∞, 1�, Q ↓ dla � ∈ 1, ∞�, w p. � = 1 ma max,

r) Q ↑ dla � ∈ 1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, 0� oraz � ∈ 0, 1�, w p. � = 1 ma min,

s) Q ↑ dla � ∈ −∞, 2� oraz � ∈ %2, ��&, Q ↓ dla � ∈ %�� , 3& oraz � ∈ 3, ∞�, w p. � = �� ma max,

t) Q ↑ dla � ∈ :, ∞�, Q ↓ dla � ∈ 0, 1� oraz dla � ∈ 1, :�, w p. � = : ma min,

u) Q ↑ dla � ∈ −∞, −2� oraz � ∈ 0, 2�, Q ↓ dla � ∈ −2, 0� oraz � ∈ 2, ∞�, w p. � = −2 oraz � = 2 ma max, w p. � = 0 ma min,

v) Q ↑ dla � ∈ k−2√2, −2l oraz � ∈ k2, 2√2l, Q ↓ dla � ∈ −2, 2�, w p. � = −2 oraz � = −2 ma max, w p. � = 2 ma min,

w) Q ↑ dla � ∈ −3, 0� oraz � ∈ 3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −3� oraz � ∈ 0, 3�, w p. � = −3 oraz � = 3 ma min, w p. � = 0 ma max,

x) Q ↑ dla � ∈ 3, ∞�, brak ekstremum,

38


y) Q ↑ dla � ∈ 3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, 3�, w p. � = 3 ma min,

z) Q ↓ dla � ∈ −∞, 2� oraz � ∈ 2, ∞�, brak ekstremum.

Zadanie 8.

Oznaczenia: Q ∪ - funkcja wypukła, Q ∩ - funkcja wklęsła

a) Q ∪ dla � ∈ k−√3, 0l oraz � ∈ k √3, ∞l, Q ∩ dla � ∈ k−∞, −√3l oraz � ∈k0, √3l, punkty przegięcia: � = −√3, � = 0, � = √3, b) Q ∪ dla � ∈ %− �√�� , �√�� &, Q ∩ dla � ∈ %−∞, − �√�� & oraz ∈ % �√�� , ∞&, punkty

przegięcia: � = − �√�� , � = �√�� ,

c) Q ∪ dla � ∈ %−∞, "�&, Q ∩ dla � ∈ % "� , ∞&, punkt przegięcia: � = "�, d) Q ∪ dla � ∈ −1, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, −1�, brak punktów przegięcia, e) Q ∪ dla � ∈ %:!�, ∞&, Q ∩ dla � ∈ %0, :!�&, punkt przegięcia � = :!�, f) Q ∪ dla � ∈ −∞, 1� , Q ∩ dla � ∈ 1, ∞�, punkt przegięcia � = 1, g) Q ∪ dla � ∈ 8, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, 8�, punkt przegięcia � = 2.

Zadanie 9.

a) Q ↑ dla � ∈ −2, 2�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −2� oraz � ∈ 2, ∞�, w p. � = −2 ma min,

w p. � = 2 ma max, Q ∪ dla � ∈ −∞, 0�, Q ∩ dla � ∈ 0, ∞�, punkt przegięcia � = 0, b) Q ↑ dla � ∈ −∞, 0�, Q ↓ dla � ∈ 0, ∞�, w p. � = 0 ma max, Q ∪ dla � ∈

%−∞, − √�� & oraz dla � ∈ % √�� , ∞&, Q ∩ dla � ∈ %− √�� , √�� &, punkty przegięcia: � = − √�� , � = √�� ,

c) Q ↑ dla � ∈ −∞, −3� oraz � ∈ −1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −3, −1�, w p. � = −3 ma

max, w p. � = −1 ma min, Q ∪ dla � ∈ −2, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, −2� punkt przegięcia � = −2,

39


d) Q ↑ dla � ∈ %−∞, − "�& oraz � ∈ %"� , ∞&, Q ↓ dla � ∈ %− "� , 0& oraz � ∈ %0, "�&, w p. � = − "� ma max, w p. � = "� ma min, Q ∪ dla � ∈ 0, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, 0� brak punktów przegięcia,

e) Q ↑ dla � ∈ V, brak ekstremum, brak punktów przegięcia – funkcja liniowa,

f) Q ↑ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ 1, 2�, oraz � ∈ 2, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −1, 0� oraz � ∈ 0, 1�, w p. � = −1 ma max, w p. � = 1 ma min, Q ∪ dla � ∈ 0, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, 0� brak punktów przegięcia, g) Q ↑ dla � ∈ %:�w�, ∞&, Q ↓ dla � ∈ %0, :�w�&, w p. � = :�w� ma min, Q ∪ dla

� ∈ %:�!�, ∞&, Q ∩ dla � ∈ %0, :�!�&, punkt przegięcia � = :�!�, h) Q ↑ dla � ∈ 0, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −1� oraz � ∈ −1, 0�, w p. � = −0 ma max, Q ∪ dla � ∈ −1, ∞�, Q ∩ dla � ∈ −∞, −1�, brak punktów przegięcia , i) Q ↑ dla � ∈ 1, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, 1�, w p. � = 1 ma min, Q ∪ dla � ∈ − ∞, 2�, Q ∩ dla � ∈ 2, ∞�, punkt przegięcia � = 2 , j) Q ↑ dla � ∈ −3, ∞�, Q ↓ dla � ∈ −∞, −3�, w p. � = −3 ma min, Q ∪ dla � ∈ − ∞, −3�, Q ∩ dla � ∈ −3, ∞�, punkt przegięcia � = −3 ,

Zadanie 10.

a) Wartość najmniejsza −9 dla � = 3, wartość największa 16 dla � = 2, b) Wartość najmniejsza − �� dla � = 2, wartość największa − "+ dla � = 1, c) Wartość najmniejsza 0 dla � = 0 i � = 2, wartość największa �√,q dla � = ��, d) Wartość najmniejsza 0 dla � = 2, wartość największa 4 dla � = 0, e) Wartość najmniejsza

"� dla � = 4, wartość największa �, dla � = 4, f) Wartość najmniejsza

�",� dla � = −2, wartość największa ",� dla � = 2.

Zadanie 11.

a) �� = 6�, ��o = −15[� ,

b) �� = 45�+[� − 3[� + 2, ��o = 15�q[� − 6�[,

40


c) �� = 18� 3�� − 5[� − 8��, ��o = −45[� 3�� − 5[� − 8��,

d) �� = 3Rd_ 3� + 5� − _`9 � − [�, ��o = _`9 � − [�,

e) �� = 6�[ − 5[�, ��o = 3�� − 10�[ ,

f) �� = 4 ∙ 2 − 6��[ − 5�� ∙ −12�[ − 5�, ��o = 4 ∙ 2 − 6��[ − 5�� ∙ −6��

g) �� = "ij7F± ∙ Rd_ o ∙ "o, ��o = "ij7F± ∙ Rd_ o ∙ %�o�&,

h) �� = :��o 2��[ + [�, ��o = :��o −�[ + ��,

i) �� = o√ � � ∙ " ��√ � , ��o = b9 √� + �� + 3�,

j) �� = b9[ ∙ �c7o�", ��o = "o b9� ∙ �c7o,

k) �� = :� 2�� + 1� − o� , �� = " ,

l) �� = �o , ��o = ��oo! ,

m) �� = :o %[ ∙ b 9 � + 1� + " "&, ��o = �:ob9 � + 1�,

n) �� = _`9[, ��o = � ∙ Rd_[ ,

o) �� = "ij7o , ��o = �rfioij7�o .

Zadanie 12.

a) �� = 0, ��o� = �o! , ��o = ��o� = − "o�,

b) �� = 0, ��o� = −�Rd_[, ��o = ��o� = −_`9[,

c) �� = : o , ��o� = : o, ��o = ��o� = : o,

d) �� = [�:o , ��o� = ��:o , ��o = ��o� = :o 1 + �[�,

e) �� = 2[�, ��o� = 6��[ − 6�, ��o = ��o� = 6�[� − 6[,

f) �� = :� �� − 4� + [ + 2�, ��o� = 0, ��o = ��o� = −:�,

g) �� = − " �o�� , ��o� = ��+o� �o�� , ��o = ��o� = − �o �o�� ,

41


h) �� = −32 1 − 2 sin 4� + 3[��, ��o� = −18 1 − 2 sin 4� + 3[��, ��o = ��o� = −24 1 − 2 sin 4� + 3[�� ,

i) �� = −2, ��o� = − �\o� , ��o = ��o� = "�√o.

Zadanie 13.

a) � 0, 1� – minimum,

b) � −1, 2� - brak ekstremum,

c) �" −1, −1� - maksimum, �� 0, 0� - brak ekstremum,

d) � 0, 0� - brak ekstremum, � 3, −3� - minimum,

e) � −1, 3� - minimum,

f) � 0, −1� – minimum,

g) � 1, 0� - brak ekstremum,

h) � 1, 0� - minimum,

i) �" 0, 0� - przypadek nierozstrzygnięty, �� 1, −2� - brak ekstremum, �� −1, −2� - brak ekstremum,

j) �" 0, 0� - brak ekstremum, �� −4, −2� - maksimum,

k) � 1, 1� - minimum.

42

III. WYBRANE ZAGADNIENIA RACHUNKU CAŁKOWEGO – CAŁKOWANIE PRZEZ PODSTAWIENIE I CAŁKOWANIE PRZEZ CZĘŚCI

Przykład 1.

Oblicz całkę nieoznaczoną:

³ �� + 1�� ∙ � − 1�¡�.

Rozwiązanie. Przekształcając funkcję podcałkową do postaci wielomianu, m.in. przez

podniesienie funkcji podcałkowej do kwadratu i wymnożenie, otrzymujemy

³ �� + 1�� ∙ � − 1�¡� = ³ �� + 2�� + 1� � − 1�¡� =

= ³ �� − �� + 2�� − 2�� + � − 1�¡�. W tej postaci korzystając z własności całek nieoznaczonych i podstawowych wzorów

rachunku całkowego mamy

³ ��¡� − ³ ��¡� + 2 ³ ��¡� − 2 ³ ��¡� + ³ �¡� − ³ ¡� =

= �,6 − ��5 + 2 ��4 − 2 ��3 + ��2 − � + R =

= 16 �, − 15 �� + 12 �� − 23 �� + 12 �� − � + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu

", �, − "� �� + "� �� − �� + "� �� − � + R.

Przykład 2.


³ �� + 1�� ∙ �� ¡�.

43

Wybrane zagadnienia rachunku całkowego...

Rozwiązanie. Powyższy przykład można rozwiązać na dwa sposoby. Po pierwsze

można tę całkę rozłożyć na trzy składniki, stosując m.in. wzór skróconego mnożenia

(patrz przykład 1.)

³ �� + 1�� ∙ �� ¡� = ³ �, + 2�� + 1�� ¡� = ³ �+ + 2�� + �� ¡� =

= �q9 + 2�,6 + ��3 + R = �q9 + �,3 + ��3 + R. Możemy również zastosować podstawienie �� + 1 = x. Różniczkując obustronnie otrzymujemy 3��¡� = ¡x, skąd

��¡� = 13 ¡x. Stosując wzór na zmianę zmiennej, mamy

³ �� + 1�� ∙ �� ¡� = 13 ³ x� ¡x. Powyższą całkę można rozwiązać za pomocą elementarnych wzorów rachunku

całkowego, otrzymując 13 ³ x� ¡x = 13 x�3 + R = 19 x� + R. Powracając do zastosowanego wcześniej podstawienia mamy ostatecznie

³ �� + 1�� ∙ �� ¡� = 19 �� + 1�� + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu "q �� + 1�� + R. Uwaga. Powyższe rozwiązania „różnią się” o stałą

"q. Jednak rozwiązaniem każdej

z całek nieoznaczonych jest pewna rodzina funkcji różniąca się o stałą R, R ∈ V, więc rozwiązania powyższe „pokryją się” w zależności od wartości, jaką przyjmie ta stała.

(Stała wartość + stała wartość = inna stała wartość ze zbioru liczb rzeczywistych).

44


Przykład 3.

Oblicz całkę nieoznaczoną :

³ ¡�√3� − 5. Rozwiązanie. Zakładamy, że � > ��. Wykonujemy podstawienie 3� − 5 = x, skąd różniczkując obustronnie mamy 3¡� = ¡x,

¡� = 13 ¡x. Podstawiając powyższe wartości do całki i korzystając z podstawowych wzorów

rachunku całkowego, otrzymujemy

³ ¡�√3� − 5 = ³ 13 ¡x√x = 13 ³ x�"/� ¡x = 13 x"/�12 + R = 23 √x + R = 23 √3� − 5 + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu

�� √3� − 5 + R.

Przykład 4.


³ 2�:�¡�.

Rozwiązanie. Wykonujemy podstawienie �� = x. Różniczkując obustronnie mamy 2�¡� = ¡x, stąd

³ 2�:�¡� = ³ :n¡x = :n + R = :� + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu :� + R.

Przykład 5.

45


Oblicz całkę:

³ b9�� ¡�. Rozwiązanie. Zakładamy � > 0 i dokonujemy podstawienia b9� = x. Różniczkując obustronnie mamy

" ¡� = ¡x, stąd ³ b9�� ¡� = ³ x¡x = x�2 + R = 12 b9�� + R.

Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu "� b9�� + R.

Przykład 6.


³ ��2�� + 6 ¡�.

Rozwiązanie. Zakładamy 2�� + 6 ≠ 0. Stosując podstawienie 2�� + 6 = x, i różniczkując obustronnie, mamy 10��¡� = ¡x, stąd

��¡� = 110 ¡x. Podstawiając wyrażenie do całki otrzymujemy

³ ��2�� + 6 ¡� = 110 ³ ¡xx = 110 b9|x| + R = 110 b9|2�� + 6| + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu

""� b9|2�� + 6| + R.

Przykład 7.


³ � ∙ Rd_� ¡�.

46


Rozwiązanie. Funkcja podcałkowa jest iloczynem dwóch funkcji, które nie są

w żaden sposób poprzez działanie różniczkowania ze sobą powiązane. W związku

z tym należy zastosować wzór na całkowanie przez części przyjmując µ = �, skąd ¡µ = ¡�, oraz ¡¶ = Rd_� ¡�, skąd ¶ = · Rd_�¡� = _`9�. Podstawiając do wzoru, daną całkę możemy zapisać w postaci

³ � ∙ Rd_� ¡� = �_`9� − ³ _`9�¡� = �_`9� + Rd_� + R. Odpowiedź. Rozwiązaniem całki jest rodzina krzywych o równaniu �_`9� + Rd_� + R.

Przykład 8.

Oblicz całkę oznaczoną:

³ :� ∙ Rd_2� ¡�¢� .

Rozwiązanie. Obliczając całkę oznaczoną można postępować w różny sposób, tzn.

wyznaczyć najpierw całkę nieoznaczoną i następnie podstawić granice całkowania lub

od razu rozwiązywać całkę wraz z granicami całkowania.

Rozwiążemy powyższy przykład wyznaczając najpierw całkę nieoznaczoną, czyli

³ :� ∙ Rd_2� ¡�. W celu wyznaczenia tej całki należ posłużyć się metodą całkowania przez części,

dlatego też podstawiamy µ = :� , ¡¶ = Rd_� ¡�, skąd

¡µ = 3:� ¡�, ¶ = ³ Rd_2� ¡� = 12 _`92�. Obliczając całkę · Rd_2� ¡� można skorzystać z podstawienia 2� = x. Po skorzystaniu ze wzoru na całkowanie przez części otrzymujemy

³ :� ∙ Rd_2� ¡� = 12 :�_`9� − 32 ³ :�_`92� ¡�. 47


Ponownie korzystamy ze wzoru na całkowanie przez części i mamy µ = :� , ¡¶ = _`92� ¡�, skąd

¡µ = 3:� ¡�, ¶ = ³ _`92� ¡� = − 12 Rd_2�. Zatem 12 :�_`92� − 32 ³ :�_`92� ¡� =

= 12 :�_`92� − 32 4− 12 :�Rd_2� − 3 ³ :� �− 12 Rd_2�� ¡�5 =

= 12 :�_`92� + 34 :�Rd_2� − 94 ³ :�Rd_2� ¡�. W wyznaczonej całce otrzymaliśmy postać całki, którą mieliśmy rozwiązać

³ :� ∙ Rd_2� ¡� = 12 :�_`92� + 34 :�Rd_2� − 94 ³ :�Rd_2� ¡�, zatem po przeniesieniu jej na lewą stronę otrzymujemy 134 ³ :� ∙ Rd_2� ¡� = 12 :� �_`92� + 32 Rd_2�� . Ostatecznie więc całka nieoznaczona wynosi

³ :� ∙ Rd_2� ¡� = 213 :� �_`92� + 32 Rd_2�� + R. Podstawiając granice całkowania mamy

³ :� ∙ Rd_� ¡� = ) 213 :� �_`92� + 32 Rd_2��*�¢¢

� =

= 213 :�¢ )_`9 2£� + 32 Rd_ 2£�* − 213 :�∙� )_`9 2 ∙ 0� + 32 Rd_ 2 ∙ 0�* =

= 313 :�¢ − 313 = 313 :�¢ − 1�. Odpowiedź. · :� ∙ Rd_2� ¡�¢� = �"� :�¢ − 1�.

48


Przykład 9.

Oblicz całkę oznaczoną:

³ 2� ∙ Rd_�� ¡�^¢�� .

Rozwiązanie. Wyznaczając całkę korzystamy z najpierw z podstawienia �� = x, stąd 2� ¡� = ¡x. Dokonując zamiany zmiennych w funkcji podcałkowej, zmianie ulegną również

granice całkowania � 0 ^£2 x = �� 0 1^£22� = £2 Całka jest zatem postaci

³ 2� ∙ Rd_�� ¡�^¢�� = ³ Rd_x ¡x

¢�� = �_`9x��¢� = _`9 £2 − _`90 = 1 − 0 = 1.

Uwaga. Całkę oznaczoną można najpierw rozwiązać jako całkę nieoznaczoną i na

końcu postawić granice całkowania – nie dokonujemy wówczas zamiany granic

całkowania – patrz przykład 8.

Odpowiedź. · 2� ∙ Rd_�� ¡�^s�� =1.

Przykład 10.

Oblicz pole obszaru ograniczonego liniami: [ = �� − 1, [ = � + 2 oraz � = 0.

Rozwiązanie. Wykonujemy rysunek pomocniczy, aby wyznaczyć część wspólną

ograniczoną liniami z treści zadania

49


Pole, które mamy obliczyć jest na wykresie zamalowane.

Pole składa się z dwóch części � = �" + ��. Obliczamy każde z pól osobno, więc

�" = ³ �� + 1�¡� − ³ �� − 1�¡� =�

" 4��2 + �5�� − 4��3 − �5"

� =

= 2 + 2 − 83 + 2 + 13 − 1 = 143 ¸��. Pole �� znajduje się pod osią 0�, to zgodnie z definicją i interpretacją całki oznaczonej, pole wynosi

�� = − ³ �� − 1�¡� ="� ³ −�� + 1�¡� ="

� 4− ��3 + �5�" = − 13 + 1 = 23 ¸��.

Mamy zatem

� = �" + �� = 143 + 23 = 163 ¸��. Odpowiedź. Szukane pole wynosi

",� ¸�.

P2

P1

50



Zadanie1.

Wyznacz następujące całki nieoznaczone (korzystając z podstawowych wzorów

rachunku całkowego):

a) · %�� − 3� + �√ + 8& ¡�, b) · �a �� +� ¡�, c) · 2�� − � + 1� ∙ � − 2� ¡�, d) · √ √a

√! ¡�, e) · �√! √t! ¡�, f) · � − 2�� ¡�, g) · �� + 2�� ∙ � ¡�,

h) ·k5 + √�! l� ¡�, i) · ,��√ √�a

� ¡�, j) · ��√�� √¨a +� √�! ¡�, k) · 4_`9� − :�¡�, l) · % ��√"�� + �� "& ¡�, m) · �rfi� ¡�, n) · 25 ¡�.

Zadanie 2.

Wyznacz następujące całki nieoznaczone (korzystając z metody całkowania przez

podstawienie):

a) · �� − 3�� ∙ � ¡�, b) · � ¹ ��! , c) · �� ! ¡�, d) · t ��a�� ¡�, e) · 2√5� + 3 ¡�, f) · �√�� − 3 ¡� g) · 8 2�� − 3�� ∙ �� ¡�, h) · �

√!�, ¡�, i) · �!√t ,! ¡�, j) · ��√ �! ¡�, k) · � ∙ Rd_�� ¡�,

l) · 3�� ∙ :�!¡�, m) · ]w/F� ¡�, n) · ¹�ij7� � "� , o) · 12�� ∙ Rd_ 2�� − 1� ¡�, p) · Rd_� ∙ _`�� ¡�, q) · ij7 √� rfi ¡�, r) · �trfi�a ¡�, s) · : ∙ _`9 : + 2�¡�, t) · rngij7� ¡�, u) · c7�! ¡�, v) · " ∙ _`9 b9�� ¡�,

51


w) · ¹∙c7!, x) · ]F�]F , ¡�, y) · xe�� ¡�, z) · _`9�� ∙ Rd_�� ¡�, aa) · rfi!ij7t ¡�,

bb) · ij7√√ ¡�, cc) · ¹q� ",, dd) · ¹√"��.

Zadanie 3.

Wyznacz następujące całki nieoznaczone (korzystając z metody całkowania przez

części):

a) · b9� ¡�, b) · : ∙ Rd_� ¡�, c) · ��: ¡�, d) · �� ∙ Rd_� ¡�, e) · �� ∙ _`96� ¡�, f) · :�� ∙ _`93� ¡�, g) · √� ∙ b9� ¡�, h) · 2� + 5�_`9� ¡�, i) · Rd_ b9�� ¡�, j) · � ∙ 2 ¡�,

k) · :� ∙ _`9: ¡�, l) · �� ∙ b9�� ¡�, m) · ��:� ¡�, n) · � ∙ xe�� ¡�, o) · c7�√ ¡�, p) · �_`9�Rd_� ¡�, q) · 2 ∙ Rd_� ¡� r) · ∙º»rij7√"�� ¡�.

Zadanie 4.

Oblicz następujące całki oznaczone:

a) · � ��! ¡��" ,

b) · b9�¡�]" , c) · ]F]F "�� ¡�, d) · _`9�Rd_� ¡�sts§ ,

e) · �:� ¡��" ,

f) · √� √!�+" ¡�, g) · ��b9� ¡�]" , h) · ngrfi� ¡�sts§ ,

i) · 5"�¡�"� ,

j) · √�� ¡�, 52


k) · �w/F�"w! ¡�.

Zadanie 5.

Oblicz pole obszaru ograniczonego liniami:

a) �[ = 4, [ = −2� + 6, b) [ = : , � = −3, � = 1, [ = 0, c) [ = �� − 1, [ − 2� = 2, d) [ = "" � , [ = �� , e) [� = 2 − �, � = −2, f) [� = �, [ = ��, g) [ = ��, [ = "� ��, [ = 3�, h) [ = 2� + 1, [ = −� + 1, � = 2, i) [ = −�� + � + 2, [ = � + 1.

ODPOWIEDZI

Zadanie 1.

a) !� − �� + 4√� + 8� + R,

b) �t� + 2� − 3b9� − + + R,

c) "� �� − �� + �� − 2� + R,

d) ,"� �"�/, + "��+ ��+/"� + R,

e) 8√� − �� "√!t + R, f)

!� − 2�� + 4� + R, g)

§, + �� + 2�� + R, h) 25� + "�� √��! + �� √��! + R, i) 6� + ,√ − �� √!a + R, j) 3√��! − q� √��§ − ��q √��qwa + 12√�! + R,

53


k) −4Rd_� − : + R, l) −4/¦R_`9� + 2/¦Rxe� + R, m) 3xe� + R, n)

"�Fc7"� + R.

Zadanie 2.

a) ""� �� − 3�� + R,

b) − "� �� + R, c)

"� b9|5 + ��| + R, d) − "�� a�! + R, e)

�"� \ 5� + 3�� + R, f)

"� \ �� − 3�� + R, g)

"� 2�� − 3�, + R, h)

�� √�� − 6 + R, i)

�� \ �� + 6�� + R, j)

�� \ � + 2��! − "�� \ � + 2��! + R, k)

"� _`9�� + R, l) −:�! + R, m) – : "/ + R, n) − "�� Rxe 5� + 1� + R, o) 2_`9 2�� − 1� + R,

p) "� _`9�� + R,

q) −2√2 + Rd_� + R, r)

�� xe�� + R, s) −Rd_ : + 2� + R, t) − "� Rxe�� + R, u)

"� b9�� + R, v) −Rd_ b9�� + R, w) − "�c7t + R, x)

"� b9|3: + 6| + R, y)

"�rfi� + b9|Rd_�| + R, z)

"� _`9�� − ", _`9,� + R, aa) − "�ij7! + "ij7 + R, bb) −2Rd_√� + R, cc)

""� /¦Rxe �� +c, dd)

"� /¦R_`92�+c.

Zadanie 3.

a) �b9� − � + R, b)

"� : _`9� + Rd_�� + R, c) : �� − 3�� + 6� − 1� + R,

54


d) �� − 2�_`9� + 2�Rd_� + R, e) − ", ��Rd_6� + ""+ �_`96� + ""�+ Rd_6� + R, f) − ""� :�� 2_`93� + 3Rd_3�� + R, g)

�� √�� %b9� − ��& + R, h) −2� − 5�Rd_� + 2_`9� + R, i)

"� � _`9b9� + Rd_b9�� + R, j)

�Fc7�� b92 − 1� + R, k) −:Rd_: + _`9: + R, l)

"� �� %b9�� − "� b9� + "+& + R, m)

"� :� �� − 1� + R, n) �xe� − "� �� + b9|Rd_�| + R, o) 2√� b9�� − 4b9� + 8� + R, p) – rfi�� + ij7�+ + R, q)

�F ij7 rfic7��" c7�� + R, r) −√1 − ��/¦R_`9� + � + R.

Zadanie 4.

a) # �"� ��$�"� = − �+,

b) ��b9� − ��"] = 1, c) �b9|: + 1|�� = b9 ]! "� ,

d) #"� _`9��$s§st = "+,

e) #"� :�$�"� = "� :� − :�,

f) # �� √�! − �√$"+ = p��√�+ ,

g) #", �, %b9� − ",&$"] = ��, :, − "�,,

h) #"� xe��$s§st = "�,

i) #��wYFc7� $�" = �c7�,

j) u√�� − 5v�� = 2k√5 − 1l, k) # �½c7�$"

� = ,c7�.

55


Zadanie 5.

a) � = 3 − 4b92�¸�, b) � = : − :��¸�, c) � = 9¸�, d) � = %¢� − "�& ¸�, e) � = ",� ¸�,

f) � = "� ¸�, g) � = �p� ¸�, h) � = 8¸�, i) � = 2¸�.

56

IIVV.. EELLEEMMEENNTTYY AALLGGEEBBRRYY LLIINNIIOOWWEEJJ

Przykład 1.

Wykonaj mnożenie macierzy:

a) ¾1 0 −12 3 −24 −4 5¿ ∙ ¾ 2 0−1 4−2 3¿

Rozwiązanie.

Uwaga. Wykonując mnożenie macierzy należy najpierw sprawdzić, czy działanie jest

możliwe do wykonania, czyli czy liczba kolumn pierwszej macierzy jest równa liczbie

wierszy drugiej macierzy.

W podanym przykładzie liczba kolumn macierzy pierwszej jest równa 3, a liczba wierszy

macierzy drugiej jest równa 3, zatem działanie jest możliwe do wykonania.

Wymiar macierzy którą uzyskamy w wyniku mnożenia będzie równy liczbie wierszy

pierwszej macierzy i liczbie kolumn macierzy drugiej, zatem 3 × 2 ¾1 0 −12 3 −24 −4 5¿ ∙ ¾ 2 0−1 4−2 3¿ =

= G1 ∙ 2 + 0 ∙ −1� + −1� ∙ −2� 1 ∙ 0 + 0 ∙ 4 + −1� ∙ 32 ∙ 2 + 3 ∙ −1� + −2� ∙ −2� 2 ∙ 0 + 3 ∙ 4 + −2� ∙ 34 ∙ 2 + −4� ∙ −1� + 5 ∙ −2� 4 ∙ 0 + −4� ∙ 4 + 5 ∙ 3H =

= ¾4 −35 62 −1¿ Odpowiedź: ¾1 0 −12 3 −24 −4 5¿ ∙ ¾ 2 0−1 4−2 3¿ = ¾4 −35 62 −1¿

b) # 5 2 −1−3 0 6$ ∙ ¾ 1−23¿ = )5 ∙ 1 + 2 ∙ −2� + −1� ∙ 3−3 ∙ 1 + 0 ∙ −2� + 6 ∙ 3 * = #−215$

57

Elementy algebry liniowej

Przykład 2.

Stosując twierdzenie Laplace’a, oblicz wyznacznik macierzy

Á = � 0 5 −3 1−1 −4 2 −13 4 −2 01 2 3 4 . Rozwiązanie. Korzystając z twierdzenia Laplace’a należy wybrać dowolny wiersz lub

kolumnę, według których będziemy dokonywać rozwinięcia. Wybieramy kolumnę

czwartą, zatem ¡:x Á = /"� ∙ Â"� + /�� ∙ Â�� + /�� ∙ Â�� + /�� ∙ Â��, gdzie: ÂjÃ - dopełnienie algebraiczne elementu /jÃ.

¡:x Á = 1 ∙ −1�" � ∙ ¡:x ¾−1 −4 23 4 −21 2 3¿ + −1� ∙ −1�� ∙ ¡:x ¾0 5 −33 4 −21 2 3¿ ++ 0 ∙ −1�� ∙ ¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 21 2 3¿ + 4 ∙ −1�� ∙ ¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 23 4 −2¿ .

Należy obliczyć poszczególne wyznaczniki macierzy występujące w tym rozwinięciu.

Obliczamy po kolei wyznaczniki macierzy, stosując ponownie rozwinięcie Laplace’a:

- względem pierwszego wiersza:

¡:x ¾−1 −4 23 4 −21 2 3¿ =

= −1 ∙ −1�" " ∙ ¡:x #4 −22 3$ + −4� ∙ −1�" � ∙ ¡:x #3 −21 3$ + 2 ∙ −1�" �∙ ¡:x #3 41 2$ =

= −k12 − −4�l + 4 ∙ 9 + 2� + 2 ∙ 6 − 4� = 32, - względem pierwszej kolumny:

¡:x ¾0 5 −33 4 −21 2 3¿ =

= 0 ∙ −1�� ∙ ¡:x #4 −22 3$ + 3 ∙ −1�� ∙ ¡:x #5 −32 3$ + 1 ∙ −1�� ∙ ¡:x #5 −34 −2$ = = −3 ∙ 21 + 2 = −61.

58


Trzeciego wyznacznika nie obliczmy, ponieważ w wyniku pomnożenia jego wartości

przez 0 otrzymamy 0. Uwaga. Wyznacznik macierzy stopnia 3-go można szybko obliczyć korzystając z tzw.

schematu Sarrusa.

Według tej metody obliczymy ostatni z wyznaczników, czyli

¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 23 4 −2¿ = ¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 23 4 −2¿ 0 5−1 −43 4 =

= 0 ∙ −4� ∙ −2� + 5 ∙ 2 ∙ 3 + −3� ∙ −1� ∙ 4 − 3 ∙ −4� ∙ −3� − 4 ∙ 2 ∙ 0 − −2� ∙ −1� ∙ 5 = = 0 + 30 + 12 − 36 − 0 − 10 = −4.

Mając obliczone wszystkie wyznaczniki wracamy do obliczenia wyznacznika macierzy Á: ¡:xÁ = −32 − −61� + 0 + 4 ∙ −4� = 13. Zatem ¡:xÁ = 13.

Przykład 3.

Oblicz rząd macierzy Á = ¾ 2 1 5 −31 −1 2 1−3 −3 −8 7¿: a) korzystając z definicji rzędu macierzy i z własności możliwych do wykonania działań

na rzędach macierzy,

b) korzystając z twierdzenia o podmacierzy nieosobliwej,

c) korzystając z przekształceń elementarnych.

Rozwiązanie a). Korzystając z definicji rzędu macierzy i z własności możliwych do

wykonania działań na rzędach macierzy obliczmy

¦ÄÁ = ¦Ä ¾ 2 1 5 −31 −1 2 1−3 −3 −8 7¿ =

do elementów wiersza pierwszego dodajemy elementy wiersza drugiego pomnożone

przez −2�, czyli Å"� = Å" + −2� ∙ Å�

59


= ¦Ä ¾ 0 3 1 −51 −1 2 1−3 −3 −8 7¿= do elementów wiersza trzeciego dodajemy elementy wiersza drugiego pomnożone przez

3,

czyli Å�� = Å� + 3 ∙ Å� = ¦Ä ¾0 3 1 −51 −1 2 10 −6 −2 10¿ =

Zauważamy, że kolumna pierwsza jest liniowo niezależna od pozostałych (czyli od

kolumny drugiej, trzeciej i czwartej). Dokonując (podobnych) przekształceń, możemy w

drugim wierszu w kolumnach: drugiej, trzeciej i czwartej uzyskać zera, stąd wiersz drugi

jest również liniowo niezależny od pozostałych, czyli od wiersza pierwszego i trzeciego.

Zatem, mamy jeden wiersz (jedną kolumnę) liniowo niezależny od pozostałych i

opuszczając liniowo niezależny wiersz i liniowo niezależną kolumnę – w naszym

przykładzie wiersz drugi i kolumnę pierwszą - kontynuujemy obliczanie rzędu macierzy

= 1 + ¦Ä # 3 1 −5−6 −2 10$ =

Wiersz drugi jest liniowo zależny od wiersza pierwszego (i odwrotnie), ponieważ, gdy do

elementów wiersza drugiego dodamy elementy wiersza pierwszego pomnożone przez 2,

uzyskamy same zera w wierszu drugim, Å�� = Å� + 2 ∙ Å" Å� = −2Å"�. Podobnie można wyzerować kolumnę, np. pierwszą i trzecią, gdyż �" = 3�� oraz �� = −5�� = 1 + ¦Ä #3 1 −50 0 0$ =

Zgodnie z własnością rzędu macierzy – rząd macierzy nie ulegnie zmianie, gdy usuniemy

wiersz (kolumnę) złożoną z samych zer, zatem = 1 + ¦Ä�3 1 −5� = 2. Zatem ¦ÄÁ = 2. Odpowiedź. ¦ÄÁ = 2.

Rozwiązanie b). Korzystając z twierdzenia o podmacierzy nieosobliwej

Á = ¾ 2 1 5 −31 −1 2 1−3 −3 −8 7¿. 60


Skoro w twierdzeniu jest mowa o podmacierzy nieosobliwej (której wyznacznik jest

różny od zera), należy wziąć pod uwagę tylko macierze kwadratowe. W naszej macierzy

– największą podmacierzą kwadratową, jest macierz stopnia 3. W naszym przykładzie są

możliwe do utworzenia 4 podmacierze stopnia 3-go.

Wybieramy podmacierz – po usunięciu pierwszej kolumny i odliczamy wyznacznik

¡:x ¾ 1 5 −3−1 2 1−3 −8 7¿ = 0 Nie możemy stwierdzić, że ¦ÄÁ ≠ 3, ponieważ nie zbadaliśmy wszystkich podmacierzy,

zatem szukamy dalej podmacierzy nieosobliwej o najwyższym stopniu (3):

- po usunięciu kolumny drugiej:

¡:x ¾ 2 5 −31 2 1−3 −8 7¿ = 0, − po usunięciu kolumny trzeciej:

¡:x ¾ 2 1 −31 −1 1−3 −3 7¿ = 0, − po usunięciu kolumny czwartej:

¡:x ¾ 2 1 51 −1 2−3 −3 −8¿ = 0. Żadna z możliwych podmacierzy stopnia 3-go nie jest nieosobliwa, zatem ¦ÄÁ < 3 i w związku z tym należy szukać nieosobliwej podmacierzy stopnia 2-go.

Wybieramy dowolną podmacierz stopnia 2-go (jest 18 możliwości) – po usunięciu

pierwszej i czwartej kolumny oraz trzeciego wiersza mamy

¡:x # 1 5−1 2$ = 7 ≠ 0. Wybrana podmacierz stopnia 2-go jest największą nieosobliwą macierzą (wszystkie

możliwe do utworzenia podmacierze stopnia 3-go miały wyznacznik równy 0), dlatego rząd naszej macierzy Á jest równy 2. Odpowiedź. ¦ÄÁ = 2

Rozwiązanie c). Korzystając z przekształceń elementarnych

61


Á = ¾ 2 1 5 −31 −1 2 1−3 −3 −8 7¿. Szukamy stopnia macierzy jednostkowej występującej w jej postaci kanonicznej,

¾ÆÇ ⋮ V⋯ ⋮ ⋯0" ⋮ 0�¿.

Zamieniamy miejscami wiersz pierwszy z drugim i otrzymujemy

¾ 1 −1 2 12 1 5 −3−3 −3 −8 7¿. Do elementów wiersza drugiego dodajemy elementy wiersza pierwszego pomnożone

przez −2� i do elementów wiersza trzeciego dodajemy elementy wiersza pierwszego

pomnożone przez 3, otrzymujemy

¾1 −1 2 10 3 1 −50 −6 −2 10¿. Kolumnę trzecią zamieniamy miejscami z drugą i otrzymujemy

¾1 2 −1 10 1 3 −50 −2 −6 10¿. Do elementów wiersza pierwszego dodajemy elementy wiersza drugiego pomnożone

przez −2� i do elementów wiersza trzeciego dodajemy elementy wiersza drugiego

pomnożone przez 2, otrzymujemy

¾1 0 −7 110 1 3 −50 0 0 0¿. Po powyższy przekształceniach otrzymaliśmy postać kanoniczną macierzy Á

� 1 0 ⋮ −7 110 1 ⋮ 3 −5⋯ ⋯ ⋮ ⋯ ⋯0 0 ⋮ 0 0 , w której macierz jednostkowa jest stopnia 2-go.

Zatem rząd macierzy Á jest równy 2. Odpowiedź. ¦ÄÁ = 2.

62


Przykład 4.

Wyznacz macierz odwrotną do podanej macierzy:

a) korzystając z definicji dla

Á = #−1 12 3$.

Rozwiązanie. Korzystając z definicji Á ∙ Á�" = Á�" ∙ Á = Æ, gdzie Á�" = #/"" /"�/�" /��$, mamy

#−1 12 3$ ∙ #/"" /"�/�" /��$ = #1 00 1$. Wykonując mnożenie dwóch macierzy, otrzymujemy:

# −/"" + /�" −/"� + /��2/"" + 3/�" 2/"� + 3/��$ = #1 00 1$. W oparciu o definicję równości dwóch macierzy, otrzymujemy układ równań:

É −/"" + /�" = 12/"" + 3/�" = 0−/"� + /�� = 02/"� + 3/�� = 1{, a dokładnie – dwa układy równań z dwiema niewiadomymi każdy

� −/"" + /�" = 12/"" + 3/�" = 0 {oraz � – /"� + /�� = 02/"� + 3/�� = 1{. Rozwiązując powyższe układy równań (np. metodą przeciwnych współczynników),

otrzymujemy /"" = − �� , /�" = �� , /"� = "� , /�� = "�.

Szukaną macierzą odwrotną do macierzy Á, jest macierz postaci

Á�" = �− 35 1525 15 . Uwaga. Wyznaczanie macierzy odwrotnej w oparciu o definicję jest bardzo pracochłonne.

W przypadku, np. macierzy stopnia 3-go, żeby znaleźć do niej macierz odwrotną należy

rozwiązać trzy układy równań z trzema niewiadomymi.

63


Odpowiedź. Á�" = G− �� "�� "�H.

b) korzystając z metody wyznacznikowej dla

Ê = � 0 5 −3 1−1 −4 2 −13 4 −2 01 2 3 4 .

Rozwiązanie. Metoda wyznacznikowa wynika bezpośrednio z twierdzenia i oparta jest na

wzorze:

Á�" = 1¡:xÁ ∙ Á¹ , gdzie Á¹ oznacz macierz dołączoną, czyli transponowaną macierz dopełnień

algebraicznych.

W naszym przykładzie szukamy macierzy Ê�" = "¹]nË ∙ Ê¹ , gdzie Ê¹ = �Â"" Â"� Â"� Â"�Â�" Â�� Â�� Â��Â�" Â�� Â�� Â��Â�" Â�� Â�� Â��

Ì

. Obliczamy wyznacznik macierzy (patrz przykład 2.)

¡:xÊ = ¡:x � 0 5 −3 1−1 −4 2 −13 4 −2 01 2 3 4 = 13 Macierz Ê jest macierzą nieosobliwą, w związku z tym istnieje do niej macierz odwrotna.

Wyznaczamy dopełnienia algebraiczne dla wszystkich elementów macierzy:

Â"" = −1�" " ∙ ¡:x ¾−4 2 −14 −2 02 3 4¿ = −16, Â�" = ¡:x ¾ 5 −3 1−4 2 −12 3 4¿ = −3, Â"� = −1�" � ∙ ¡:x ¾−1 2 −13 −2 01 3 4¿ = − −27� = 27, Â�� = −¡:x ¾ 0 −3 1−1 2 −11 3 4¿ = 14, 64


Â"� = −1�� ∙ ¡:x ¾−1 −4 −13 4 01 2 4¿ = 30, Â�� = ¡:x ¾ 0 5 1−1 −4 −11 2 4¿ = 17, Â"� = −1�� ∙ ¡:x ¾−1 −4 23 4 −21 2 3¿ = −32, Â�� = −¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 21 2 3¿ = −19, Â�" = −¡:x ¾5 −3 14 −2 02 3 4¿ = −24, Â�" = −¡:x ¾ 5 −3 1−4 2 −14 −2 0¿ = −2, Â�� = ¡:x ¾0 −3 13 −2 01 3 4¿ = 47, Â�� = ¡:x ¾ 0 −3 1−1 2 −13 −2 0¿ = 5, Â�� = −¡:x ¾0 5 13 4 01 2 4¿ = − −58� = 58, Â�� = −¡:x ¾ 0 5 1−1 −4 −13 4 0¿ = 7, Â�� = ¡:x ¾0 5 −33 4 −21 2 3¿ = −61. Â�� = ¡:x ¾ 0 5 −3−1 −4 23 4 −2¿ = −4. Zatem otrzymujemy macierz dołączoną następującej postaci

Ê¹ = �−16 27 30 −32−24 47 58 −61−3 14 17 −19−2 5 7 −4 Ì

= �−16 −24 −3 −227 47 14 530 58 17 7−32 −61 −19 −4 . Stąd macierz odwrotna do macierzy Ê ma postać

Ê�" = 113 ∙ �−16 −24 −3 −227 47 14 530 58 17 7−32 −61 −19 −4 ==>>>>>>?−1 316 −1 1113 − 313 − 2132 113 3 813 1 113 5132 413 4 613 1 413 713−2 613 −4 913 −1 613 − 413@A

AAAAAB.

Uwaga. Zaprezentowana metoda jest dość czasochłonna już w podanym przykładzie, czyli

dla macierzy stopnia 4-go. Zwiększając stopień macierzy, dla której szukamy macierzy

odwrotnej wykonywane obliczenia stają się coraz bardziej uciążliwe.

Odpowiedź. Ê�" ==>>>>?−1 �", −1 """� − �"� − �"�2 ""� 3 +"� 1 ""� �"�2 �"� 4 ,"� 1 �"� p"�−2 ,"� −4 q"� −1 ,"� − �"�@A

AAAB.

65


c) korzystając z metody opartej na przekształceniach elementarnych dla

Í = ¾−1 −4 12 4 −21 4 3¿.

Rozwiązanie.

Uwaga. Należy pamiętać, że przekształceń elementarnych należy dokonywać wyłącznie

na wierszach - jednocześnie dla danej macierzy i zapisanej obok macierzy jednostkowej,

tego samego stopnia, czyli dla macierzy �Í ⋮ Æ� . Wykonując odpowiednie działania

należy macierz Í przekształcić do macierzy jednostkowej, wówczas w miejscu macierzy

jednostkowej otrzymamy macierz odwrotną do danej macierzy, czyli macierz Í�". Jeżeli macierz jednostkową zapiszemy pod daną macierzą, czyli utworzymy macierz ¾ Í⋯Æ ¿ , wówczas przekształcenia elementarne możemy wykonywać wyłącznie na kolumnach.

Zapisujemy daną macierz, do której mamy wyznaczyć macierz odwrotną i macierz

jednostkową obok, tworząc macierz postaci

�Í ⋮ Æ� = ¾−1 −4 1 ⋮ 1 0 02 4 −2 ⋮ 0 1 01 4 3 ⋮ 0 0 1¿. Przekształceń dokonujemy od elementu R"", następnie zerujemy wszystkie pozostałe

elementy w kolumnie pierwszej. Później przechodzimy do kolumny drugiej, zmieniamy

element R�� i zerujemy pozostałe elementy w drugiej kolumnie i przechodzimy do

następnej kolumny – do czasu, aż otrzymamy macierz jednostkową.

W związku z tym w utworzonej macierzy �Í ⋮ Æ�, mnożymy wiersz pierwszy przez −1� i otrzymujemy

¾1 4 −1 ⋮ −1 0 02 4 −2 ⋮ 0 1 01 4 3 ⋮ 0 0 1¿. Do elementów wiersza drugiego dodajemy elementy wiersza pierwszego pomnożone

przez −2�, czyli Å�� = Å� + −2� ∙ Å" ¾1 4 −1 ⋮ −1 0 00 −4 0 ⋮ 2 1 01 4 3 ⋮ 0 0 1¿,

66


a do elementów wiersza trzeciego dodajemy elementy wiersza pierwszego pomnożone

przez −1� i otrzymujemy

¾1 4 −1 ⋮ −1 0 00 −4 0 ⋮ 2 1 00 0 4 ⋮ 1 0 1¿. Przechodzimy do kolumny drugiej, przekształcając wiersz drugi, poprzez przemnożenie

elementów tego wiersza przez %− "�&, stąd �1 4 −1 ⋮ −1 0 00 1 0 ⋮ − 12 − 14 00 0 4 ⋮ 1 0 1 .

Do elementów wiersza pierwszego dodajemy elementy wiersza drugiego pomnożone

przez −4� i otrzymujemy

�1 0 −1 ⋮ 1 1 00 1 0 ⋮ − 12 − 14 00 0 4 ⋮ 1 0 1 . Elementy wiersza trzeciego mnożymy przez

"�, mamy

=>>>?1 0 −1 ⋮ 1 1 00 1 0 ⋮ − 12 − 14 00 0 1 ⋮ 14 0 14@AA

AB. Ostatnim działaniem jest dodanie elementów wiersza trzeciego do elementów wiersza

pierwszego, skąd otrzymujemy

=>>>>?1 0 0 ⋮ 54 1 140 1 0 ⋮ − 12 − 14 00 0 1 ⋮ 14 0 14@A

AAAB.

67


Zatem szukana macierz odwrotna jest postaci

Í�" ==>>>>? 54 1 14− 12 − 14 014 0 14@A

AAAB.

Odpowiedź. Í�" = =>>>? �� 1 "�− "� − "� 0"� 0 "�@AA

AB.


Zadanie 1.

Wykonaj mnożenie macierzy:

a) ¾ 1 −2 0−1 3 45 −3 2¿ ∙ ¾3 2 50 −1 64 −2 1¿, b) ¾ 1 2 3−1 −2 −32 5 4¿ ∙ ¾1 1 02 1 01 1 1¿, c) # 1 2 −1−2 0 3$ ∙ ¾102¿, d) �−1 2 0 1� ∙ � 1 02 13 −5−2 3 , e) ¾1 2 −1 00 2 4 −32 3 1 0¿ ∙ �1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1 , f) #2 5 01 −1 3$ ∙ ¾ 1 −3−2 10 4¿, g) #2 5 01 −1 3$Ì ∙ # 1 −3 4−2 1 0$, h) �2 5 −3� ∙ ¾103¿,

68


i) ¾1 0 00 1 00 0 1¿ ∙ ¾1 5 29 −2 48 0 3¿, j) � 1 2 3 6−1 −2 −3 −60 2 3 6−4 −2 −5 −6 ∙ �1 0 0 00 3 0 00 0 2 00 0 0 4 , k) �1 −2 02 3 40 2 −31 2 0 ∙ ¾2 15 30 4¿,

l)

=>>>? 1 0 1 −2 30 2 1 2 21 1 3 0 0−2 2 0 4 03 2 0 0 1@AA

AB ∙=>>>? 2 0 3 12 0 3 1−1 2 3 40 1 2 −34 2 5 0@AA

AB.

Zadanie 2. Dla podanych macierzy:

1. Á = #1 1 −12 2 −3$ Ê = ¾ 1 2 1−1 5 30 2 4¿ Í = �0 2 −21 2 40 6 73 0 5 , 2. Á = ¾1 0 −12 5 03 −2 1¿ Ê = ¾0 2 54 3 −51 2 3¿ Í = ¾0 12 −11 2¿, 3. Á =

=>>>? 1 2−1 02 53 42 1@AA

AB Ê ==>>>?1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1@AA

AB Í = # 1 2 2 2 1−1 −2 −2 −2 −1$, (o ile to możliwe) wykonaj działania:

a) Á ∙ Ê ∙ Á, b) Á ∙ Ê ∙ ÁÌ, c) Ê ∙ Í, d) Ê�, e) Í ∙ Ê,

f) 4 ∙ Á + Ê� ∙ Á, g) Á ∙ Ê�Ì, h) Á + ÍÌ,

69


i) Á ∙ Í + Á ∙ Ê.

Zadanie 3.

Oblicz iloczyny Á ∙ Ê oraz Ê ∙ Á dla podanych macierzy:

a) Á = # 1 3 4−2 8 4$ Ê = ¾0 25 60 −1¿, b) Á = �1 3 −2� Ê = ¾524¿, c) Á = ¾ 1 5 3−1 0 23 4 6 ¿ Ê = ¾1 2 00 1 52 0 1¿.

Zadanie 4.

Dla macierzy Á = #0 11 0$ znajdź wszystkie macierze Ê spełniające warunek: Á ∙ Ê = Ê ∙ Á.

Zadanie 5.

Wyznacz wzór na Á7, gdy: a) Á = #1 01 1$, b) Á = #1 00 2$.

Zadanie 6.

Wykaż, że macierz Á = # 2 −1−3 3$ jest miejscem zerowym wielomianu: �� − 5� + 3Æ.

Zadanie 7.

Dla jakiego 9 ∈ Î n-ta potęga macierzy Á = ¾0 0 01 0 00 1 0¿ jest macierzą zerową.

Zadanie 8.

Wykaż, że dla dowolnej macierzy kwadratowej A, suma Á + ÁÌ jest macierzą

symetryczną.

70


Zadanie 9.

Oblicz wyznacznik macierzy:

a) Á = #1 53 2$, b) Ê = #−2 3−5 −6$, c) Í = #3/ 25/ 6$, d) Â = )bde�3 11 bde�4*, e) Ï = # _`9� Rd_�−Rd_� _`9�$, f) Ð = # � 2�4� 8�$, g) Ñ = ¾ 1 2 3−1 5 6−4 −2 5¿,

h) � = ¾1 1 11 3 01 2 5¿, i) Æ = ¾5 8 13 2 −50 0 0¿, j) Ò = ¾3 5 20 4 −13 1 3¿, k) Ó = ¾ 1 4 5−2 5 33 2 5¿.

Zadanie 10.

Oblicz wyznacznik macierzy stosując rozwinięcie Laplace’a:

a) Á = ¾1 1 11 3 01 2 5¿, b) Ê = �1 2 0 32 3 0 11 −2 2 41 2 1 5 , c) Í = �5 1 1 36 � 4 23 1 1 12 3 1 4 , d) Â = �1 1 0 03 1 2 00 3 1 20 0 3 1 ,

e) Ï ==>>>?2 1 4 2 11 −1 2 1 22 0 0 3 43 0 1 2 12 0 3 −1 2@AA

AB,

f) Ð ==>>>?2 1 4 2 11 −1 2 1 22 0 0 2 43 2 1 3 12 3 3 2 2@AA

AB,

g) Ñ ==>>>?2 1 4 −2 11 −1 0 1 22 0 −1 3 43 2 −1 4 12 3 0 −2 2@AA

AB,

h) Ñ ==>>>?2 1 4 −2 11 −1 0 1 22 0 2 3 43 0 4 −1 32 3 0 −2 2@AA

AB,

i) Æ ==>>>>?

1 0 0 0 ⋯ 00 2 0 0 ⋯ 00 0 3 0 ⋯ 00 0 0 4 ⋯ 0⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 00 0 0 0 0 9@AAAAB, 71


j) Ò ==>>>>?

0 0 0 0 ⋯ 1⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 00 0 0 1 ⋯ 00 0 1 0 ⋯ 00 1 0 0 ⋯ 01 0 0 0 ⋯ 0@AAAAB.

Zadanie 11.

Sprawdź, które macierze są nieosobliwe:

a) Á = � 1 2 2 0−1 −1 3 02 2 −1 20 −1 0 1 , b) Ê = �1 0 2 −12 1 3 01 2 7 −40 1 1 0 , c) Í = ¾ 1 4 62 0 1−3 5 2¿.

Zadanie 12.

Wyznacz rzędy następujących macierzy:

a) Á = ¾1 12 20 −1¿, b) Ê = �2 0 1 −12 1 3 02 2 0 −40 1 1 0 , c) Í = ¾ 1 −1 4 0 −5 22 −2 5 0 −7 3−3 3 1 0 2 −3¿, d) Â = � 1 −1 4 0 −5 2 32 −2 5 0 −7 3 −12 1 3 1 2 0 1−3 3 1 0 2 −3 2 , e) Ï = � 1 −1 4 0 −5 2 32 −2 5 0 −7 3 −1−3 1 −1 1 2 −1 4−3 3 −9 0 12 −5 −2 ,

72


f) Ð ==>>>>?

1 −1 12 −2 20 0 0−3 3 −34 −4 40 0 0@AAAAB,

g) Ñ = #3 −3 6 4 −75 −5 −6 −4 7$, h) � = �1 2 0 32 3 0 11 −2 2 41 2 1 5 , i) Æ = #0 0 00 0 0$, j) Ò = ¾0 0 30 2 01 0 0¿,

k) Ó ==>>>>?−1 2 0 2 12 1 5 −4 −23 −5 1 −6 −3−2 0 −4 4 21 1 3 −2 −12 −1 3 −4 −2@AA

AAB.

Zadanie 13.

Dla jakiego � rząd macierzy jest:

a) mniejszy od 4 Á = �2 −1 0 12 0 1 32 � 2 00 0 1 1 , b) równy 3 Ê = ¾2 −1 0 12 0 1 32 � 2 0¿, c) równy 3 Í = ¾ 1 4 32 −2 −2−3 1 �¿.

Zadanie 14.

Za pomocą macierzy odwrotnej rozwiąż równania macierzowe:

a) ÁÔ − ÊÔ = Ô + Ê,

73


b) Ô + ÔÊ = Á, c) Á − ÔÁ = Æ, d) 2Ô = Á + ÊÔ, e) ÊÔ − ÁÔ = −3Ô + 21Æ,

gdzie Á = ¾1 2 12 3 30 −3 0¿ , Ê = ¾1 1 00 1 11 −1 −1¿.

Zadanie 15.

Napisz przykładową macierz Á�×,, której rząd a) jest równy 4, b) jest mniejszy od 4, c) jest większy od 4, d) jest równy 1.

Zadanie 16.

Co możesz powiedzieć o istnieniu macierzy odwrotnej do macierzy Á, która jest postaci:

a) Á�×, i ¦ÄÁ = 4, b) Á�×� i ¦ÄÁ = 3, c) Á�×� i ¦ÄÁ = 3, d) Á�×, i ¦ÄÁ = 5.

ODPOWIEDZI

Zadanie 1.

a) ¾ 3 4 −713 −13 1723 9 9¿, b) ¾ 8 6 3−8 −6 −316 11 4¿, c) #−14$, d) �1 5�,

e) ¾1 2 −1 00 2 4 −32 3 1 0¿, f) #−8 −13 8$, g) ¾ 0 −5 87 −16 20−6 3 0¿, h) �−7�,

74


i) ¾1 5 29 −2 48 0 3¿, j) � 1 6 6 24−1 −6 −6 −240 6 6 24−4 −6 −10 −24 , k) �−8 −519 2710 −612 7 ,

l)

=>>>?13 6 17 1111 8 23 01 6 15 140 4 8 −1214 2 20 5@AA

AB.

Zadanie 2.

1a) Działanie niemożliwe,

1b) # 5 1012 28$, 1c) Działanie niemożliwe,

1d) ¾−1 14 11−6 29 26−2 18 22¿, 1e)�−2 6 −2−1 20 23−6 44 463 16 23 , 1f) Działanie niemożliwe,

1g) ¾0 05 80 −4¿, 1h) Działanie niemożliwe,

1i) Działanie niemożliwe.

2a) ¾ 5 −4 313 125 −3581 −46 35¿, 2b) ¾ −3 −2 −135 135 7−35 −4 3¿, 2c) ¾9 81 −97 5¿, 2d) ¾13 16 57 7 −1011 14 4¿, 2e) Działanie niemożliwe,

2f) ¾68 8 1228 200 −4464 −32 0¿, 2g) ¾−1 20 −70 19 22 −15 28¿, 2h) Działanie niemożliwe,


3a) Działanie niemożliwe,

3b) Działanie niemożliwe,

3c) Działanie niemożliwe,

75


3d)

=>>>?1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1@AA

AB,

3e) # 1 2 2 2 1−1 −2 −2 −2 −1$, 3f) Działanie niemożliwe,

3g) Działanie niemożliwe,

3h)

=>>>?2 11 −24 35 23 0@AA

AB,


Zadanie 3.

a) Á ∙ Ê = #15 1640 40$ , Ê ∙ Á = ¾−4 16 8−7 63 442 −8 −4¿, b) Á ∙ Ê = �3�, Ê ∙ Á = ¾5 15 −102 6 −44 12 −8¿, c) Á ∙ Ê = ¾ 7 7 283 −2 215 10 26¿ , Ê ∙ Á = ¾−1 5 714 20 325 14 12¿.

Zadanie 9.

a) −13, b) 27, c) 8/, d) 0,

e) 1, f) 0, g) 65, h) 9,

i) 0, j) 0, k) 0.

Zadanie 10.

a) 9, b) 17, c) 8� − 48,

d) 4, e) −162, f) 0,

76


g) −184, h) 0, i) 9!,

j) � 1 dla 49 lub 49 + 1,−1 dla 49 + 2 lub 49 + 3,{ 9 ∈ Í .

Zadanie 11.

a) Tak,

b) Nie,

c) Tak.

Zadanie 12.

a) 2, b) 3, c) 3, d) 4,

e) 3, f) 1, g) 2, h) 4,

i) 0, j) 3, k) 2.

Zadanie 13.

a) � = −4, b) � ∈ V, c) � ≠ −1,4.

Zadanie 14.

a) Ô = =>>>?− �q − "q "�− �q �q "�� "� 0@AA

AB,

b) Ô = � "� 1 "�− "� 3 +�−1 0 2 , c) Ô = �−2 1 −10 1 "�2 −1 ��

,

d) Ô = "� ¾10 14 137 8 107 −1 1¿, e) Ô = ¾ 6 0 32 7 8−5 −7 1¿.

77

VV.. UUKKŁŁAADDYY RRÓÓWWNNAAŃŃ II NNIIEERRÓÓWWNNOOŚŚCCII LLIINNIIOOWWYYCCHH

Przykład 1.

Rozwiąż układ równań:

� �2��+ [−3[−2[

+ Ä− Ä+3Ä= 4= 4= 13.{

Rozwiązanie. Powyższy układ jest układem 3 równań z 3 niewiadomymi, który

można zapisać w postaci macierzowej ÁÔ = Ê, gdzie: Á = ¾1 1 12 −3 −11 −2 3¿ , Ô = 4�[Ä5 , Ê = ¾ 4413¿.

Należy sprawdzić, czy podany układ jest układem Cramera, czyli czy ¡:xÁ ≠ 0. ¡:xÁ = ¡:x ¾1 1 12 −3 −11 −2 3¿ 121

1 −3−2 = −9 − 1 − 4 + 3 − 2 − 6 = −19. Zatem ¡:xÁ ≠ 0, więc jest to układ Cramera i układ ten ma dokładnie jedno

rozwiązanie, które można wyznaczyć za pomocą wzorów Cramera. Obliczamy

kolejno wyznaczniki macierzy, w których poszczególne kolumny zastępujemy

wektorem wyrazów wolnych

¡:xÁ = ¡:x ¾ 4 1 14 −3 −113 −2 3¿ 4413 1−3−2 = −36 − 13 − 8 + 39 − 8 − 12 = −38, ¡:xÁo = ¡:x ¾1 4 12 4 −11 13 3¿ 121 4413 = 12 − 4 + 26 − 4 + 13 − 24 = 19, ¡:xÁ� = ¡:x ¾1 1 42 −3 41 −2 13¿ 121 1−3−2 = −39 + 4 − 16 + 12 + 8 − 26 = −57. Stąd � = ¹]nÚF¹]n Ú = ��+�"q = 2, [ = ¹]nÚ±¹]n Ú = "q�"q = −1, Ä = ¹]nÚÛ¹]n Ú = ��p�"q = 3. Odpowiedź. Rozwiązaniem powyższego układu równań jest trójka liczb � = 2, [ =−1, Ä = 3. 78

Układy równań i nierówności liniowych

Przykład 2.

Rozwiąż układ równań

�2��+ 5[− [+3[

+3Ä− Ä− Ä= 1= 3= 3.{


można zapisać w postaci macierzowej ÁÔ = Ê, gdzie: Á = ¾2 5 31 −1 −11 3 −1¿ , Ô = 4�[Ä5 , Ê = ¾133¿.

Należy sprawdzić, czy podany układ jest układem Cramera, czyli czy ¡:xÁ ≠ 0. ¡:xÁ = ¡:x ¾2 5 31 −1 −11 3 −1¿ 211

5 −13 = 2 − 5 + 9 + 3 + 6 + 5 = 20. Zatem ¡:xÁ ≠ 0, więc jest to układ Cramera i układ ten ma dokładnie jedno

rozwiązanie, które można wyznaczyć za pomocą macierzy odwrotnej. Rozwiązanie

układu Cramera jest postaci: Ô = Á�" ∙ Ê. Skoro ¡:xÁ ≠ 0, więc istnieje macierz odwrotna do macierzy Á, którą wyznaczamy

dowolną metodą:

Á�" = 120 ¾4 14 −20 −5 54 −1 −7¿ ==>>>>?15 710 − 1100 − 14 1415 − 120 − 720@A

AAAB.

Podstawiając wyznaczoną macierz do wzoru Ô = Á�" ∙ Ê otrzymujemy

Ô ==>>>>?15 710 − 1100 − 14 1415 − 120 − 720@A

AAAB

∙ ¾133¿ = ¾ 20−1¿. Odpowiedź. Rozwiązaniem powyższego układu równań jest � = 2, [ = 0, Ä = −1.

79


Przykład 3.

Rozwiąż układ równań, podaj ile rozwiązań bazowych może posiadać układ

i wyznacz je wszystkie oraz podaj jedno rozwiązanie szczególne

�5��3�+ 5[− [+7[

+ Ä−2Ä+5Ä= 1= 3= −5.{


można zapisać w postaci macierzowej ÁÔ = Ê, gdzie: Á = ¾5 5 11 −1 −23 7 5¿ , Ô = 4�[Ä5 , Ê = ¾ 13−5¿.

Należy sprawdzić, czy podany układ jest układem Cramera, czyli czy ¡:xÁ ≠ 0. Stąd

¡:xÁ = ¡:x ¾5 5 11 −1 −23 7 5¿ = 0. Ponieważ ¡:xÁ = 0, więc powyższy układ nie jest układem Cramera, zatem

korzystając z twierdzenia Kroneckera-Capellego i sprawdzamy, czy układ ma

rozwiązanie. W tym celu obliczamy rząd macierzy układu oraz rząd macierzy

uzupełnionej układu równań. Skoro ¡:xÁ = 0, więc ¦ÄÁ < 3, wybieramy więc

podmacierz stopnia drugiego i otrzymujemy

¡:xÁ� = ¡:x #5 51 −1$ = −10 ≠ 0, zatem ¦ÄÁ = 2. Obliczamy rząd macierzy uzupełnionej (czyli macierzy powstałej poprzez dołączenie

do macierzy układu kolumny wyrazów wolnych) – zerujemy elementy kolumny

pierwszej i trzeciej, przez elementy z wiersza drugiego

¦ÄÜ = ¦Ä ¾5 5 1 11 −1 −2 33 7 5 −5¿ = ¦Ä ¾0 10 11 −141 −1 −2 30 10 11 −14¿ = 1 + ¦Ä #10 11 −1410 11 −14$= 2.

Otrzymaliśmy ¦ÄÁ = ¦ÄÜ = 2 < 3 (ilość niewiadomych), zatem na mocy

twierdzenia Kroneckera-Capellego powyższy układ ma rozwiązanie i jest układem

nieoznaczonym.

80


Skoro ¦ÄÜ = ¦ÄÁ = 2, więc w powyższym układzie równań mamy 2 zmienne

bazowe i 3 − 2� = 1 zmienną swobodną.

Wybrana wcześniej podmacierz Á�, jest nieosobliwa, zatem przy jej pomocy

sprowadzamy nasz układ do postaci

�5��+ 5[− [= 1 − Ä= 3 + 2Ä,{ gdzie zmienna Ä jest zmienną swobodną. Wprowadzając oznaczenie Ä = x, gdzie x ∈ V, powyższy układ przyjmuje postać

�5��+ 5[− [= 1 − x= 3 + 2x.{ Powyższy układ jest układem równań liniowych Cramera, można go więc rozwiązać

za pomocą macierzy odwrotnej lub korzystając ze wzorów Cramera. Korzystając ze

wzorów Cramera otrzymujemy następujące rozwiązanie

� = − 110 #1 − x 53 + 2x −1$ = 85 + 910 x, [ = − 110 #5 1 − x1 3 + 2x$ = − 75 − 1110 x,

Ä = x, gdzie x ∈ V. Powyższe rozwiązanie jest jednym z rozwiązań ogólnych. Rozwiązaniem bazowym

jest rozwiązanie, w którym zmienne swobodne przyjmują wartość zero. Maksymalną

liczbę rozwiązań można wyznaczyć w następujący sposób:

�Æbdść Ä�`:99[Rℎ Ä Å[łąRÄ:9`:� _x/ł[RℎÆbdść Ä�`:99[Rℎ 9`:0/ÄdÅ[Rℎ � = %31& = �!"!∙�! = 3. Rozpatrywany układ równań może posiadać co najwyżej 3 rozwiązania bazowe.

Z powyższego rozwiązania ogólnego otrzymujemy następujące rozwiązanie bazowe: � = +� , [ = − p� , Ä = 0. Przekształcając rozwiązanie ogólne – zamieniając rolami zmienne, otrzymamy

pozostałe dwa rozwiązania bazowe. Niech � będzie zmienną niebazową, czyli � = /, / ∈ V � = 85 + 910 x = /, 910 x = / − 85,

81


x = 109 / − 169 . Skoro Ä = x, więc Ä = "�q / − ",q , natomiast

[ = − 75 − 1110 �109 / − 169 � = 59 − 119 /. Otrzymaliśmy zatem inne rozwiązanie ogólne

� = /, [ = 59 − 119 /, Ä = 109 / − 169 , / ∈ V. Postępując w analogiczny sposób, czyli zmienną [ traktując jako zmienną niebazową

otrzymamy trzecią postać rozwiązania ogólnego.

Na tej podstawie możemy wyznaczyć pozostałe dwa rozwiązania bazowe: � = 0, [ = �q , Ä = − ",q oraz � = �"" , [ = 0, Ä = − "�"". Rozwiązanie szczególne, jest wówczas, gdy zmienne swobodne przyjmują dowolną

wartość ze zbioru liczb rzeczywistych, np. gdy x = 2, to � = "p� , [ = − "+� . Odpowiedź. Rozwiązaniem powyższego układu jest � = +� + q"� x, [ = − p� − """� x, Ä = x, gdzie x ∈ V. Układ może posiadać co najwyżej trzy rozwiązania bazowe, które

są postaci

#+� , − p� , 0$Ì, #0, �q , − ",q $Ì , # �"" , 0, − "�""$Ì

. Rozwiązanie szczególe jest postaci

#"p� , − "+� , 2$Ì.

Przykład 4.

Stosując metodę Gaussa-Jordana rozwiąż układ równań liniowych

� �2�−�+ [+ [ + Ä− Ä+2Ä

= 1= 2= −1.{

Rozwiązanie. Macierz uzupełniona powyższego układu równań jest postaci

Ü = ¾ 1 1 1 12 1 −1 2−1 0 2 −1¿.

82


Przekształcamy ją tak, aby w lewym górnym rogu otrzymać macierz jednostkową –

należy pamiętać, że można przestawiać kolumny z podmacierzy Á, ale trzeba wiedzieć, które kolumny zostały przestawione, ponieważ odpowiadają one

współczynnikom przy konkretnych zmiennych.

Do elementów wiersza drugiego dodajemy elementy wiersza pierwszego pomnożone

prze −2, natomiast do elementów wiersza trzeciego dodajemy elementy wiersza

pierwszego i otrzymujemy

¾1 1 1 10 −1 −3 00 1 3 0¿. Dodajemy do elementów wiersza trzeciego, elementy wiersza drugiego, mamy

¾1 1 1 10 −1 −3 00 0 0 0¿. Elementy wiersza drugiego mnożymy przez −1

¾1 1 1 10 1 3 00 0 0 0¿. Dodając elementy wiersza drugiego pomnożone przez −1 do odpowiednich

elementów wiersza pierwszego otrzymujemy szukaną macierz postaci

¾1 0 −2 10 1 3 00 0 0 0¿. Powyższa macierz jest postacią kanoniczną macierzy uzupełnionej Ü , na podstawie

której odczytujemy rozwiązanie zadanego układu równań � = 1 + 2x, [ = −3x, Ä = x, x ∈ V. Odpowiedź. Rozwiązaniem układu równań jest � = 1 + 2x, [ = −3x, Ä = x, x ∈ V. Uwaga. Jeżeli dokonując przekształceń na macierzy Ü otrzymamy chociaż jeden

wiersz postaci �0 0 … 0 /�, gdzie / ≠ 0, wówczas rozpatrywany układ równań liniowych jest układem sprzecznym.

83



Zadanie 1.

Rozwiąż układ równań:

a) �2� + 3[ = 13� + 5[ = 3,{ b) �−3/ + 20 = 24/ − 50 = 2, { c) � � 2� + 3[ − 2[ 2[

+ 2Ä+ Ä+ 3Ä = 1= 3= −1,{

d) �−�2�−� + 2[ + 3[

+ Ä+ 3Ä+ 4Ä = 1= −2= 1, {

e) � −�2�−2�+2[+ [

+ Ä+3Ä−3Ä= 1= 1= 1,{

f) �– � − 2[ + Ä = −3−2� + [ − 3Ä = 9� − 3[ + 2Ä = −4,{ g) É / + 0 − 2R + 2¡ = −12/ + 40 − 5R + 2¡ = 0−/ + 50 − 3R − 3¡ = 220 − 3¡ = 3, { h) É 2/ + 0 + R + ¡ = 03/ + 20 + 2R + ¡ = 0/ + 30 + R + 3¡ = 6/ + 20 + 2R + ¡ = 4, { i) É 2/ + 0 + R + ¡ = −13/ + 20 + 2R + ¡ = −2/ + 30 + R + 3¡ = 6/ + 20 + 2R + ¡ = 4, { j) É 0 + 2R + ¡ = 14/ + 20 + ¡ = −7−2/ + R + 2¡ = 23/ + 20 + 2R = −3,{ k) � � + 2[ + 3Ä = 1−� + 4[ + 5Ä = 22� − 2[ − 2Ä = 3,{

l) � �−�2�+2[+4[−2[

+3Ä+5Ä−2Ä= −1= −5= 4, {

m) �−4� + [ + 3Ä = 4−� + 3[ + 2Ä = 17� + [ − 4Ä = 5, { n) � 3� − 3[ + 4,5Ä = 3−2� + 2[ − 3Ä = −2−5� + 5[ − 7,5Ä = −5,{ o) � � − 2[ + 3Ä = 6−2� + 4[ − 6Ä = −123� − 6[ + 9Ä = −18, { p) � � + 3[ − 2Ä = 0−2� − 6[ + 4Ä = 0−� − 3[ − 6Ä = 0, { q) � � + 3[ − 2Ä = 0−2� − 4[ + 4Ä = 0−� − 3[ − 6Ä = 0, { r) � � − 2Ä = −15[ = 10−3� + 6Ä = 3,{ s) � /2/3/{ + 50 + 3020

+ 2R − 3R − R

+ 3¡− ¡− ¡ + 3¡ = 0 = −1 = 2 = −3,

t) � /3/4//{ + 20− 0 + 0+ 0 + 3R + 3R + R

+ 4¡+ 2¡+ 6¡ + ¡ = 1 = 1 = 2 = 0,

u) É 2/4/6/−4/{ − 30− 60− 90+ 60− 4R+ R + R + 4R

+ 5¡− ¡+ 2¡ + 8¡ = −13 = 14 = 13 = −18,

v) É 1/3/−2/2/{ + 0− 0+20+ 2R+ 8R− 6R + 2R

− 3¡− 4¡+ ¡ + 2¡ = −2 = −1 = 2 = 4,

84


w) É 1/3/−2/2/{ + 0− 0+20+ 2R+ 8R− 6R + 8R

− 3¡ −10¡+ 7¡− 8¡ = 1 = 6 = −5 = 4,

x) É 1/3/−2/2/{ + 0− 0+20+ 2R+ 8R− 6R + 8R

− 3¡ −10¡+ 7¡− 8¡ = 1 = 6 = −5 = 8,

y) É 2/−3/−/−2/{ + 60− 90− 30− 60− 2R+ 3R+ 3R + 2R

− 4¡+ 6¡+ 2¡+ 4¡ = −6 = 9 = 5 = 6.

Zadanie 2.

Rozwiąż układy równań:

a) �2��+5[+3[ + Ä +3Ä = 2= 1,{ b) | 2/−2/−0+0−3R+3R + ¡−4¡ = 2= 8,{ c) | 2/−2/−0+0−3R+3R+4¡−4¡ = 1= 3,{ d) �2/4//+ 0−20

+2R+3R+2R+5¡+2¡+6¡

= 3= 5= 0,{ e) É3/ /3/2/

− 0+20+ 0− 0+2R − R+4R+5R

= −1= 6= 1= −5,{ f) É 2/ 2/−3/4/

− 0 +40 −20

+3R −5R+ R+3R= 0= −1= 2= −3,{

g) É2�2�4�4�− [ +4[+3[ − 2[

+3Ä −5Ä−2Ä+3Ä= 0= −1= −1= −3,{

h) É4/ 2/4/− 20 +40+30 −50

+6R −5R−2R+8R= 0= −1= −1= 1, {

i) � 3/2/−2/−30−20+20

−6R−4R+4R+1,5¡+ ¡− ¡

= 3= 2= −2,{ j) � /−/2/

+ 0+20+ 0+8R+3R− R

+ ¡− ¡+2¡= 0= 0= 0,{

k) � �+ [ [ +Ä Ä + 9= 0= 0= 0.{

Zadanie 3.

Wyznacz wszystkie rozwiązania bazowe i jedno inne rozwiązanie szczególne

układów:

a) � 3� − [ = 6−6� + 2[ = −12,{ b) � /+ 0 0 +R R + ¡

= 0= 0= 0,{ c) � /

−3/ 0−2R+6R

= −1= 10= 3, { d) | 2/−2/−0+0−3R+3R+ ¡−3¡ = 2= 6,{

85


e) � �−�2�+2[+4[−2[

+3Ä+5Ä−2Ä= −1= −5= 4, {

f) � /3/4//{ + 20− 0 + 0+ 0 + 3R + 3R + R

+ 4¡+ 2¡+ 6¡ + ¡ = 1 = 1 = 2 = 0,

g) É 1/3/−2/2/{ + 0− 0+20+ 2R+ 8R− 6R + 8R

− 3¡ −10¡+ 7¡− 8¡ = 1 = 6 = −5 = 8.

Zadanie 4.

Ile może posiadać rozwiązań bazowych (i wyznacz wszystkie jakie istnieją) układ

równań, którego rozwiązanie ogólne jest postaci:

a) É/ = 3 − 2x" + x�0 = 2 + 2x" − 2x�R = x" ∈ V¡ = x� ∈ V, { b) É/ = 3 + 3x"0 = −2x"R = 4¡ = x" ∈ V, { c) �� = 2 + /[ = −2/Ä = / ∈ V,{

d) É� = 2/ + 0[ = −0Ä = / ∈ V9 = 0 ∈ V, { e) É/ = 3 + x0 = 2 − 2xR = 1 + x¡ = x ∈ V, { f) �� = 2 + /[ = 3Ä = / ∈ V.{

Zadanie 5.

Wyznacz wszystkie rozwiązania bazowe oraz dwa różne rozwiązania ogólne układu

równań, mając daną postać bazową macierzy uzupełnionej:

a) ¾1 0 0 1 10 1 0 0 20 0 1 4 0¿, b) ¾1 0 0 2 40 1 1 −3 20 0 0 0 0¿, c) #1 0 1 2 40 1 0 0 0$,

d) #1 0 0 2 40 1 1 0 0$.

Zadanie 6.

Napisz przykład macierzy uzupełnionej układu 4 równań 3 niewiadomymi, wiedząc,

że rząd macierzy współczynników:

86


a) ¦ÄÁ = 2, b) ¦ÄÁ = 3. Co możesz powiedzieć o rozwiązaniu tego układu?

Zadanie 7.

Napisz przykład macierzy układu równań, tak aby miała wymiar 4 × 6 oraz: a) ¦ÄÁ = 4, b) ¦ÄÁ = 3. Co możesz powiedzieć o tym układzie równań?

Zadanie 8.

Napisz przykład macierzy uzupełnionej układu 5 równań z 4 niewiadomymi, tak żeby ¦ÄÁ = 3 oraz układ ten był: a) sprzeczny,

b) niesprzeczny.

Zadanie 9.

Przeprowadź dyskusję dotyczącą rozwiązań układu 6 równań z 6 niewiadomymi,

jeżeli rząd macierzy:

a) układu równań jest równy 6,

b) uzupełnionej układu równań jest równy 6,

c) układu równań jest równy 3,

d) uzupełnionej układu równań jest równy 4.

Zadanie 10.

Rozwiąż układy równań ÁÔ = Ê, gdy:

a) Á = # 2 3−1 2$ , Ô = #�[$ , Ê = #−5−8$, b) Á = ¾2 1 −11 −2 32 4 1¿ , Ô = 4�[Ä5 , Ê = ¾ 3−21¿,

87


c) Á = ¾0 2 12 0 −33 −3 2¿ , Ô = 4/0R5 , Ê = ¾ 71−1¿, d) Á = ¾ 1 0 −20 5 0−3 0 6¿ , Ô = 4/0R5 , Ê = ¾−1103¿, e) Á = #2 3 −20 3 −1$ , Ô = 4�[Ä5 , Ê = #12$, f) Á = �1 1 00 1 10 0 11 0 1 , Ô = 4�[Ä5 , Ê = �0000 .

Zadanie 11.

Rozwiąż graficznie układy nierówności:

a) � �2�−[ [ ≥ −2 ≤ −3 ≥ 3, {

b) � �2�+4[ 2[ ≤ 3 ≥ 6 ≤ 4,{

c) É ��−�−3�+ [+ [ +3[+ [

≥ −1 ≤ 3 ≥ −3 ≤ 3, {

d) �2��3�−[+2[ +2[

≥ −2 ≤ −1 ≤ 2, { e) |−2��+[−[ ≥ −1 ≥ 0, { f) É−4�

−2�−�+2[−[−[

≤ 8 ≥ −1 ≥ 0 ≤ 2. {

Zadanie 12.

Rozwiąż układy nierówności:

a) ��+ [+2[+ [

+ Ä+ Ä+3Ä≤ 2≤ 4≤ 5,{

b) � //2/+ 0+20+ 20

+ R+ R+2R+2¡+ ¡+4¡

≤ 2≤ 4≤ 5,{ c) � �3�2�

+ [+ [+2[−2Ä−3Ä−4Ä

≤ 1≥ 2≥ 4,{

d)

�ã�ã� �2�−��2�

+ [+3[−2[+[

+ Ä+ Ä+3Ä+4Ä

≤ 3≤ 1≤ −2≤ 4≤ 7.{

88


ODPOWIEDZI

Zadanie 1.

a) � = −4, [ = 3, b) / = −2, 0 = −2, c) � = 1 �� , [ = 0, Ä = − "� d) � = −1, [ = 0, Ä = 0, e) � = 2, [ = 2, Ä = −1, f) � = 1, [ = −1, Ä = −4, g) / = 1, 0 = 0, R = 0, ¡ = −1, h) / = −2, 0 = 0, R = 2, ¡ = 2, i) / = −3, 0 = 1, R = 3, ¡ = 3, j) / = −5, 0 = 8, R = −2, ¡ = −3, k) układ sprzeczny,

l) � = 1 − "� x, [ = −1 − �� x, Ä = x, x ∈ V, m) układ sprzeczny,

n) � = x", [ = −1 + x" + 1,5x�, Ä = x�, x", x� ∈ V, o) układ sprzeczny,

p) � = 3x, [ = x, Ä = 0, x ∈ V, q) � = 0, [ = 0, Ä = 0, r) � = −1 + 2x, [ = 2, Ä = x, x ∈ V, s) / = −2 + �,q x, 0 = −2 − �qq x, R = −1 − �"q x, x ∈ V, t) / = x, 0 = −1 − 7x, R = 1 + 11x, ¡ = −5x, x ∈ V u) / = x, 0 = − �� + �� x, R = 2, ¡ = −2, x ∈ V, v) układ sprzeczny,

w) układ sprzeczny,

x) / = 1 − 2x" + 3x�, 0 = 3 − 2x" + x�, R = x", ¡ = x�, x", x� ∈ V, y) / = x", 0 = x�, R = 1, ¡ = 1 + "� x" + 1 "� x�, x", x� ∈ V

89


Zadanie 2.

a) � = 1 + 12x", [ = −5x", Ä = x", x" ∈ V , b) / = x", 0 = −12 + 2x" − 3x�, R = x�, ¡ = 10, x", x� ∈ V, c) układ sprzeczny,

d) / = 1 + 10x, 0 = �� + q� x, R = p� − �� x, ¡ = x, x ∈ V, e) / = 1, 0 = 2, R = −1, f) układ sprzeczny,

g) � = 0,8; [ = −1,4; Ä = −1, h) / = − ""� − p"� x, 0 = − "� + +� x, R = x, x ∈ V, i) / = 1 + x" + 2x� − "� x�, 0 = x", R = x�, ¡ = x�, x", x�, x� ∈ V j) / = x, 0 = 0, R = 0, ¡ = −x, x ∈ V, k) � = −x, [ = x, Ä = −x, 9 = x, x ∈ V.

Zadanie 3.

a) Rozwiązania bazowe: �2, 0�Ì, �0, −6�Ì, Rozwiązanie szczególne: �3, 3�Ì,

b) Rozwiązania bazowe: �0, 0, 0, 0�Ì, Rozwiązanie szczególne: �−3, 3, −3, 3�Ì,

c) Rozwiązania bazowe: �−1, 2, 0�Ì, �0, 2, "��Ì Rozwiązanie szczególne: �5, 2, 3�Ì,

d) Rozwiązania bazowe: �0, −6, 0, −4�Ì, �0, 0, −2, −4�Ì, �3, 0, 0, −4�Ì Rozwiązanie szczególne: �1, −7, 1, −4�Ì,

e) Rozwiązania bazowe: �1, −1, 0�Ì, �� , 0, − ��Ì, �0, −5, 3�Ì Rozwiązanie szczególne: �−1, −9, 6�Ì,

f) Rozwiązania bazowe: �0, −1, 1,0�Ì, �− "p , 0, − �p , �p�Ì, �− """ , − �"" , 0, − �""�Ì Rozwiązanie szczególne: �2, −15, 23, −10�Ì,

g) Rozwiązania bazowe: �1, 3, 0,0�Ì, �0, "�� , 0, "��Ì, �0, 2, "� , 0�Ì,�−8, 0, 0, −3�Ì, �−2, 0, �� , 0�Ì , �0, 0, 2, 1�Ì 90


Rozwiązanie szczególne: �−9, −3, 2, −2�Ì.

Zadanie 4.

a) Co najwyżej 6: �3, 2, 0,0�Ì, �0, 0, 5, 7�Ì, �0, 8, 0, −3�Ì,�4, 0, 0,1�Ì, #0, 5, �� , 0$Ì , �5, 0, −1, 0�Ì, b) Co najwyżej 3: �0, 2, 4, −1�Ì, �3, 0, 4, 0�Ì, c) Co najwyżej 3: �2, 0, 0, �Ì, �0, 4, −2�Ì, d) Co najwyżej 6: �0, 0, 0,0�Ì, e) Co najwyżej 4: �3, 2, 1,0�Ì, �2, 4, 0, −1�Ì, �4, 0, 2, 1�Ì,�0, 8, −2, −3�Ì, f) Co najwyżej 2: �2, 3, 0�Ì, �0, 3, −2�Ì.

Zadanie 5.

a) I: É/ = 1 − x0 = 2R = −4x¡ = x ∈ V{, II: É/ = x ∈ V0 = 2R = −4 + 4x¡ = 1 − x { , rozwiązania bazowe: �1, 2, 0,0�Ì, �0, 2, −4, 1�Ì,

b) I: É/ = 4 − 2x�0 = 2 − x" + 3x�R = x" ∈ V¡ = x� ∈ V {, II: �ã�ã�/ = x" ∈ V0 = 8 − �� x" − x�R = x� ∈ V¡ = 2 − "� x"

{ , rozwiązania bazowe: �1, 2, 0,0�Ì, �0, 0, −8, 2�Ì, �0, 8, 0,2�Ì, �4, 0, 2, 0�Ì, �",� , 0,0, − ��Ì,

c) I: É� = 4 − / − 20[ = 0Ä = / ∈ V9 = 0 ∈ V {, II: �� = / ∈ V[ = 0� = 0 ∈ V9 = 2 − "� / − "� 0{ ,

rozwiązania bazowe: �0, 0, 0, 2�Ì, �0, 0, 4, 0�Ì, �4,0, 0, 0�Ì, d) I: É� = 4 − 20[ = −/Ä = / ∈ V9 = 0 ∈ V {, II: ��

�� = / ∈ V[ = −0R = 0 ∈ V¡ = 2 − "� /{ , rozwiązania bazowe: �4, 0, 0, 0�Ì, �0, 0, 0, 2�Ì.

91


Zadanie 10.

a) Ô = # 2−3$, b) Ô = ¾ 10−1¿, c) / = 2, 0 = 3, R = 1, d) Ô = ¾−1 + 2x2x ¿ , x ∈ V, e) Ô = �− "� + �� x�� − "� xx , x ∈ V, f) Ô = ¾000¿.

Zadanie 12.

a) � = − �� − �� x" + x� + "� x�, [ = 2 + x" − x�, Ä = �� + "� x" − "� x�, x", x�, x� ≥ 0 , b) / = −� − 39 − 2x" + x�, 0 = 9 + 2 + x" − x�, R = �, ¡ = 9, �, 9 ∈ V, x", x� ≥ 0 ` − 2x" + x� = 1, c) układ sprzeczny,

d) � = 4 − 3/ − x�, [ = −1 + 2/ − x" + x�, Ä = / ∈ V, x", x� ≥ 0.

92


Treści przedstawionych zadań, jaki i niektóre przykłady zostały zaczerpnięte

z powszechnie znanych i dostępnych podręczników i zbiorów zadań oraz własnych

notatek autorki z czasów nauki. Część z przykładów została wymyślona przez

autorkę. Ponieważ trudno do przykładu przypisać oryginalne źródło, dlatego też nie

jest ono podawane przy zadaniach i przykładach. Wykaz najpopularniejszych

(według autorki) publikacji znajduje się poniżej.

BIBLIOGRAFIA

Krysicki W., Włodarski L., Analiza matematyczna w zadaniach, część I, Wydawni-

ctwo Naukowe PWN, Warszawa 2001,

Krysicki W., Włodarski L., Analiza matematyczna w zadaniach, część II, Wydawni-

ctwo Naukowe PWN, Warszawa 2002,

Matematyka dla ekonomistów, p. red. M. Matłoki, Wydawnictwo Akademii Ekono-

micznej w Poznaniu, Poznań 2003,

Matłoka M., Matematyka dla ekonomistów, Wydawnictwo Akademii Ekonomicznej

w Poznaniu, Poznań 2003,

Stankiewicz W., Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych. Część A,

Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2009,

Stankiewicz W., Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych. Część B,

Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2009

93

Documents

Karolina Kalińska MATEMATYKA: PRZYKŁADY I ZADANIAkpbc.ukw.edu.pl/Content/75785/matematyka.pdf · I. FUNKCJE JEDNEJ ZMIENNEJ – JEJ WŁASNOŚCI I GRANICE Uwaga. Jeżeli przyjmiemy,